江苏专版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十一数列求和文含解析苏教版

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高考数学一轮复习等差数列求和方法学案(含解析)苏教

等差数列求和方法【考点1】等差数列的前n 项和公式（1）等差数列的前n 项和公式：2)(1n n a a n S +=，或d n n na S n 2)1(1-+=，此式还可变形为n da n d S n )2(212-+=．（2）倒序相加法:将一个数列倒过来排列,当它与原数列相加时,若有规律可循,并且容易求和,则这样的数列求和时可用倒序相加法（等差数列前n 项公式的推导所用方法）．例1在等差数列{a n }中，（1）已知S 12＝84，S 20＝460，求S 28；（2）已知a 6＝10，S 5＝5，求a 8和S 8．【点拨】利用等差数列前n 项和公式的变形形式n da n d S n )2(212-+=待定系数法求解．【解析】（1）不妨设S n ＝An 2＋Bn ，∴⎩⎨⎧-==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+172460202084121222B A B A B A ∴S n ＝2n 2－17n∴S 28＝2×282－17×28＝1092．（2）∵S 6＝S 5＋a 6＝5＋10＝15，又S 6＝2)10(62)(6161+=+a a a ∴15＝2)10(61+a 即a 1＝－5而d ＝31616=--a a ∴a 8＝a 6＋2 d ＝16S 8＝442)(881=+a a ．【答案】（1）1092；（2）44．【小结】本题考查等差数列前n 项和公式．例2设等差数列{}n a 的第10项为23，第25项为22-，求：（1）数列{}n a 的通项公式；（2）数列{}n a 前50项的绝对值之和．【点拨】通过通项公式找到数列{}n a 中的正．负分界项，利用等差数列前n 项和公式求解．【解析】（1）由已知可知22,232510-==a a ，d a a 151025=-d 152322=--∴，解得3-=d ．509101=-=d a a 533+-=∴n a n ．（2）此数列的前17项均为正数，从第18项开始均为负数．前50项的绝对值之和()()()20591175442225017175017501918173211321=--⨯=-=--=+++-++++=+++++=-S S S S S a a a a a a a a a a a a S n n ΛΛΛ．【答案】（1）353n a n =-+；（2）2059．【小结】本题考查等差数列前n 项和公式练习1：已知数列{}n a 的通项公式112+-=n a n ，如果)(N n a b n n ∈=，求数列{}n b 的前n 项和．【解题过程】【解析】112,5211,6n n n n b a n n -≤⎧==⎨-≥⎩，当5n ≤时，2(9112)102n n S n n n =+-=-当6n ≥时，255525(1211)10502n n n S S S n n n --=+=++-=-+ ∴⎪⎩⎪⎨⎧≥+-≤+-=)6(,5010)5(,1022n n n n n n S n ．【考点2】等差数列前n 项和的最值（1）在等差数列{a n }中当a 1>0，d <0时，S n 有最________值，使S n 取到最值的n 可由不等式组__________确定；当a 1<0，d >0时，S n 有最________值，使S n 取到最值的n 可由不等式组__________确定．（2）因为S n ＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，若d ≠0，则从二次函数的角度看：当d >0时，S n 有最______值；当d <0时，S n 有最______值；且n 取最接近对称轴的自然数时，S n 取到最值．一个有用的结论：若S n ＝an 2＋bn ，则数列{a n }是等差数列．反之亦然．例3设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，且S 12>0，S 13<0．（1）求公差d 的范围；（2）问前几项的和最大，并说明理由．【点拨】找到数列{}n a 中的正．负分界项是解题关键．【解析】（1）根据题意，有：⎩⎪⎨⎪⎧12a 1＋12×112d >0，13a 1＋13×122d <0，a 1＋2d ＝12，整理得：⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋11d >0，a 1＋6d <0，a 1＋2d ＝12.解之得：－247<d <－3．（2）∵d <0，∴a 1>a 2>a 3>…>a 12>a 13>…，而S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7<0，∴a 7<0．又S 12＝12a 1＋a 122＝6（a 1＋a 12）＝6（a 6＋a 7）>0，∴a 6>0．∴数列{a n }的前6项和S 6最大．【答案】（1）－247<d <－3；（2）数列{a n }的前6项和S 6最大．【小结】本题考查等差数列的最值．练习1：设{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，则下列结论正确的是________（只填序号）．①d <0；②a 7＝0；③S 9>S 5；④S 6与S 7均为S n 的最大值【解题过程】【解析】由S 5<S 6，得a 6＝S 6－S 5>0．又S 6＝S 7⇒a 7＝0，所以d <0．故①②正确．由S 7>S 8⇒a 8<0，因此，S 9－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝2（a 7＋a 8）<0即S 9<S 5故③错误，④正确．【考点3】等差数列前n 项和的性质（1）数列{}{}{}212n n n a a ka b -+，，仍为等差数列，232n n n n n S S S S S --，，……仍为等差数列；（2）若n 为偶数，则2nS S d -=偶奇；若n 为奇数，则S S a -=偶奇中（中间项）；例4一个等差数列的前10项之和为100，前100项之和为10，则前110项之和是________．【点拨】利用232n n n n n S S S S S --，，……成等差数列求解．【解析】数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90，S 110－S 100 成等差数列，设其公差为D ．前10项的和10S 10＋10×92·D ＝S 100＝10，解得D ＝－22，∴S 110－S 100＝S 10＋（11－1）D＝100＋10×（－22）＝－120．∴S 110＝－120＋S 100＝－110．【答案】－110．【小结】本题考查等差数列前n 项和的性质．练习1：等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若363,7,S S ==则9S 等于．【解答过程】【解析】由{}n a 是等差数列知36396,,S S S S S --成等差数列，即()92437S ⨯=+-，解得912S =．例5已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为________．【点拨】根据S 偶－S 奇＝n2d 求解．【解析】当项数n 为偶数时，由S 偶－S 奇＝n2d 知30－15＝5d ，∴d ＝3．【答案】3【小结】本题考查等差数列的前n 项和公式．当项数n 为偶数时，由S 偶－S 奇＝n2d ；含21n +项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为1=S n S n+奇偶，之差为1=n S S a +-奇偶．练习1：等差数列}{n a 共有21n +项，其中奇数项之和为319，偶数项之和为290，则其中间项为_________．【解题过程】【解析】设数列公差为d ，首项为1a ，奇数项共1n +项：令其和为1319n S +=；偶数项共n 项：令其和为290n T =．有()()()12121432212131929029n n n n n n S T a a a a a a a a nd ++-+-=--+-++-=-=-=⎡⎤⎣⎦L ，有211129n n a nd a nd a ++-=+==．基础练习1．（2014·福建卷）等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于___________． 2．已知数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于____________．3．在等差数列{}n a 中，10120S =，则29a a +=____________．4．等差数列{}n a 中，39a a =，公差0d <，则使前n 项和n S 取得最大值的自然数n 是____． 5．若数列{}n a 是等差数列，首项10a >，200320040a a +>,200320040a a ⋅<，则使前n 项和0n S >成立的最大自然数n 是________．6．（2014·北京卷）若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．7．若{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，若a 1>0，d<0，S 4＝S 8，则S n >0成立的最大自然数n 为________．8．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若361,3S S =，则612SS 等于____________． 9．已知等差数列}{n a 的前n 项和是n S ，若1>m ，且0211=-++-m m m a a a ，3812=-m S ,则=m ___．10．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项与奇数项和之比为32∶27，则这个等差数列的公差是____________．11．已知公差大于零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：34117a a ⋅=，2522a a += （1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若数列{}n b 是等差数列，且nn S b n c=+，求非零常数c ． 12．（2014·全国卷）等差数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4．（1）求{a n }的通项公式；（2）设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n ．13．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，2(1)n n S na n n =--．（1）求2a ,3a ,4a ,并求出数列{}n a 的通项公式；（2）设数列11{}n n a a +⋅的前n 项和为n T ，求证：41<n T ．参考答案1．【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，由等差数列的前n 项和公式，得S 3＝3×2＋3×22d＝12，解得d ＝2，则a 6＝a 1＋（6－1）d ＝2＋5×2＝12．2．【解析】∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3为常数，故{a n }为等差数列． ∴a n ＝－60＋（n －1）×3，即a n ＝3n －63 ∴a n ＝0时，n ＝21；a n >0时，n>21；a n <0时，n<21 ∴S 30′＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|＝－a 1－a 2－a 3－…－a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 30 ＝－2（a 1＋a 2＋…＋a 21）＋S 30 ＝－2S 21＋S 30 ＝765．3．【解析】本题考查等差数列的前n 项和公式及等差数列的质.()11010102a a S +=.()295120a a =+=2924.a a ∴+=4．【解析】本题考查等差数列的性质.39,a a =-由题意可知即390a a +=所以63920a a a =+=，又因为公差0d <，所以70a <，n S 取得最大值的自然数n 是5或6.【答案】5或65．【解析】本题考查等差数列的性质及前n 项和公式.由200320040a a +>，200320040a a ⋅<得200320040,0a a ><()1400620032004400640064600()=022a a a a S ++=>140072004200440074007()4007()022a a a a S ++==<，所以前n 项和0n S >成立的最大自然数n 是4006. 【答案】40066．【解析】∵a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 8>0，a 9<0，∴n＝8时，数列{a n }的前n 项和最大．7．【解析】S 4＝S 8⇒a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝0⇒a 6＋a 7＝0，又a 1>0，d<0，S 12＝a 1＋a 12·122＝0，故n<12时，S n >0．即S n >0成立的最大自然数n 为11．8．【解析】本题考查等差数列的性质232,,,n n n n n S S S S S --L 成等差数列. 由36396129,,,S S S S S S S ---成等差数列得设36,3S x S x ==，则9636S S x x =+=， 129410S S x x =+=，612310S S =. 9．【解析】10． 10．【解析】 S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12；S 奇＝a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11．则⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝354S 偶÷S 奇＝32∶27，∴S 奇＝162，S 偶＝192，∴S 偶－S 奇＝6d ＝30，d ＝5．11．【解析】本题考查等差数列的概念及其性质. 由公差大于零的等差数列{}n a ,m n p q m n p q a a a a +=++=+,解得34,a a 的值，从而求得通项公式；{}n b 是等差数列，只需计算前三项的的值就可以求得c 的值.【答案】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，且0d >.342522a a a a +=+=Q ，又34117a a ⋅=，34,a a ∴是方程2221170x x -+=的两个根．又公差0d >,34a a ∴<，349,13a a ∴==.1129313a d a d +=⎧⎨+=⎩,114a d =⎧∴⎨=⎩, 43n a n ∴=-.()2由()1知，()211422n n n S n n n -=⨯+⨯=-， 22n n S n n b n c n c -∴==++ 1231615,,123b b b c c c∴===+++ {}n b Q 是等差数列，2132b b b ∴=+，2120,2c c c ∴+=∴=-(0c =舍去)．12．【解析】（1）由a 1＝10，a 2为整数知，等差数列{a n }的公差d 为整数．又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0，10＋4d ≤0，解得－103≤d ≤－52，因此d ＝－3．故数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n ．（2）b n ＝1（13－3n ）（10－3n ）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ．于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n 10（10－3n ）． 13．【解析】（Ⅰ）由)1(2--=n n na S n n 得n na a n S S a n n n n n 4)1(111--+=-=+++ .41=-∴+n n a a 所以，数列}{n a 是以1为首项，4为公差的等差数列34-=∴n a n ，13,9,5432===a a a （Ⅱ）)14)(34(1139195151111113221+-++⨯+⨯+⨯=+++=+n n a a a a a a T n n n ΛΛΘ 41)1411(41]141341131919151511[41<+-=+-+++-+-+-=n n n Λ。

高考数学复习课时跟踪检测-数列求和含解析

课时跟踪检测（三十六）数列求和1．(河北“五个一名校联盟”模拟)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2,n ∈N *),a 1＝1,a 2＝2,S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 2 018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选A ∵a n ＋1＝a n －a n －1,a 1＝1,a 2＝2,∴a 3＝1,a 4＝－1,a 5＝－2,a 6＝－1,a 7＝1,a 8＝2,…,故数列{a n }是周期为6的周期数列,且每连续6项的和为0,故S 2 018＝336×0＋a 2 017＋a 2 018＝a 1＋a 2＝3。

故选A 。

2．在数列{a n }中,若a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1,则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80D ．82解析：选B 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1,得a n ＋2＋(－1)n ＋1a n ＋1＝2n ＋1,得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1),取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10,结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78。

故选B 。

3．(开封调研)已知数列{a n }满足a 1＝1,a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *),则S 2 018等于( ) A ．22 018－1B ．3×21 009－3 C ．3×21 009－1D ．3×21 008－2解析：选B ∵a 1＝1,a 2＝2a 1＝2,又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2,∴a n ＋2a n＝2。

∴a 1,a 3,a 5,…成等比数列；a 2,a 4,a 6,…成等比数列,∴S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 017＋a 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 0091－2＋21－21 0091－2＝3×21 009－3。

2024届苏教版高考数学一轮复习数列求和及综合应用课件

=

+
=2,所以

=2.
所以 a1,a3,a5,…成等比数列;a2,a4,a6,…成等比数列,
所以 S2 018=a1+a2+a3+a4+a5+a6+…+a2 017+a2 018
=(a1+a3+a5+…+a2 017)+(a2+a4+a6+…+a2 018)
=
-

-
+
(-
A.

B.

C.

D.

解析:bn= =

=

=

-

++ (+)(+) + +
选 B.
B )

,前 10 项和为 - + - +…+ - = - = .故
4.数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17=
a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:(1)由题设知 a1a4=a2a3=8,
又 a1+a4=9,解得
= , = ,
或
(舍去).
=
=
3
设等比数列{an}的公比为 q,由 a4=a1q 得 q=2,
n-1
n-1
故 an=a1q =2 ,n∈N+.
例1-2

2018高考数学大一轮复习第五章数列课时跟踪检测(三十一)数列求和练习文

(三^一 )数列求和S,若 S 3= 9, S 5= 25,贝V S 7=()B. 48 D. 56解得 A = 1, B = 0,)B. 2+ 2n D. n + 2 + 2n解析：选C 由题意得a n = 1 + 2n —1,1 — 2n n所以 S = n + ~1 = n + 2 — 1.3 . （2017 •江西新余三校联考）数列｛a n ｝的通项公式是 a n = （— 1）n （2 n — 1），则该数列的前100项之和为（）A. — 200B. — 100C. 200D. 100解析：选 D 根据题意有 S 100=— 1+ 3— 5 + 7 — 9+ 11—…—197+ 199 = 2X 50= 100,故选D.2 24.已知正项数列｛&｝满足a n +1 — 6a n = a n +1a n .若a 1 = 2，则数列｛a n ｝的前n 项和 S =解析：• a n + 1 — 6a n = a n + 1a , --(a “+1 — 3a “)( +1 + 2a n ) = 0,a n >0,.°. a n +1 = 3a n ,又a 1= 2,「. ｛a n ｝是首项为2,公比为3的等比数列,—3n• $ = 「答案：3n — 15 . （2017 •广西高三适应性测试）已知数列｛體｝的前n 项和S = n 2，则数列\ 1 .『的0n + 1 — I课时跟踪检测一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1 .已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为 A. 41 C. 49解析：选C 设An 2+ Bn,S 3 = 9A + 3 B = 9,由题知， S 5= 25A + 5B = 25,••• S = 49.2.数列｛1 + 2n _1｝的前n 项和为（ A. 1+ 2n C. n + 2n — 1前n项和T n= _________ .:an = 2n — 1.1 = 1 = 1 口 __ a n + 1 — 7= 打+1 __= 4 n —n +1，T n = 4 1- =+；； — ；；+•••+ 二―“宀 n 答案：市—保咼考，全练题型做到咼考达标5项和为（）31 B 兀或515D "a解析：•••a n 1, n = 1, n 2— n —]2, n 》2 1, n = 1,2n — 1, n >2,解析：选C 设｛a n ｝的公比为q ,显然q z 1,由题意得 9 [— q 3 1 — q 63-n —r =1—5，所以 1+q 3 1 1=9，得q = 2，所以—是首项为1，公比为石的等比数列，前 a n 2an、1-G) 315项和为 ----- —=16 .1 —22.已知数列｛a n ｝中，a n =— 4n +5,等比数列｛b n ｝的公比 q 满足 q = a n — a n -1 (n 》2)且 b=a 2,则 | b 1| +1 b 2| + | b 3| +…+ | b n | =( ) nA. 1 — 4B .D . 解析：选B 由已知得b 1 = a 2= — 3, q = — 4, ・ n — 1 • = ( — 3) X ( — 4) , • | b n | = 3X4n —1, 即｛| b n |｝是以3为首项，4为公比的等比数列.I — 4 n=4n — 11 — 4 .I b 1| + | b 2| + …+ | b n | =3. （2017 •江西重点中学联考）已知数列5,6,1 , — 5,…，该数列的特点是从第二项起, 1 1 nn +1=41-1'n + 1 = 4n + 4'1.已知｛a n ｝是首项为1的等比数列,S 是｛a n ｝的前n 项和，且983=则数列的前a n31A. 5解析：选C 根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，— 5,— 6, — 1,5,6，发现从第+ ( — 6) + ( — 1) = 0.每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前 16项之和S 16等于( )C. 7 D .16B. 7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列, 且周期为 6,前 6 项和为 5+ 6+ 1 + ( — 5)又因为16 = 2X 6+ 4,所以这个数列的前16项之和S 6= 2X 0+ 7 = 7.故选C.4. 已知数列｛的的通项公式是a n = n 2sin2n + 1 “，、~2~n ，贝U a 1+ a 2 + a 3+…+ a ? 018=( )A. 2 017 X 2 018 B .2 018 X 2 019C.2 017 X 2 017D.2 018 X 2 018解析：选 B a n = n 2sinnk 2丿 ■ 2—n ,2 n ,n 为奇数, n 为偶2222222222• a 1 + a 2+ a 3 + …+ a 2 018 = — 1 + 2 — 3 + 4—…一2 017 + 2 018 = (2 — 1 ) + (4 — 3 ) + …+ (2 018 2— 2 0172) = 1 + 2 + 3+ 4+-+ 2 018 = 2 % X 2 0195.对于数列｛&｝，定义数列｛a n +1 — a n ｝为数列｛a n ｝的 2n ，则数列｛a n ｝的前n 项和S n =(“差数列”，若 a 1= 2，数列｛a n ｝的“差数列”的通项为A. 2 nB. 2C. 2n +1 — 2n — 1小D. 2—解析：选Cnn — 1a n +1 — ch = 2，…a n = (a n — a n — 1) + (—1 — a n —2) +…+ (a 2 — aj + a 1 = 2+ 2n —2+-+ 22 + 2+ 2 =2n n +1 ——2 2——2 「+ 2= 2n — 2 + 2 = 2n ,. $= 丁片=2n +1 — 2.故选 C.1 —2 1 — 2 6.在数列｛a n ｝中，若a 1 = 2，且对任意正整数 m k ,总有a m+ k = am + a k ,则｛ a n ｝的前 n 解析：依题意得 a n +1 = a n + a 1,即有a n +1 — a n = a 1= 2，所以数列｛a n ｝是以2为首项、2为 + 2n公差的等差数列， a n = 2 + 2(n — 1) = 2n , S = -__= n ( n + 1).答案：n (n + 1)7. (2016 •浙江高考)设数列｛a n ｝的前n 项和为 S.若S 2 = 4, a n +1 = 2S + 1, n € N ,则,S =解析：T a n + 1 = 2S n + 1 ,.•. S+ 1 — Si = 2S n + 1 ,••• S+1= 3S + 1 ,••• S+1 + 2 = 3 s +1 ,（1）求｛a n ｝与｛b n ｝的通项公式;⑵设数列｛C n ｝满足C n = 2S ，求｛C n ｝的前n 项和解：（1）设数列｛b n ｝的公差为d ,v a 3+ S= 27,T n.•- q 2 + 3d = 18,6 + d = q 2,联立方程可求得 q = 3, d = 3,• a n = 3 1, b n = 3n .、卄—n 3 + 3n(2)由题意得： S=2111113 3 2 11 1C n = =_X_X=_—一2S 2 3 n n+1 n n +11 1 • T n = 1 _一+ 一_一+ —_—+•••+ 一一 -------------------------------------•数列“s+ 2煜公比为3的等比数列,1$ + 2 = 3. S + 2又 S 2= 4,「. S= 1 ,.•. a i = 1, 1 < 1 \ 4 34243• $+2= $+2 X3 = 2X3 =〒 ••• S 5 = 121. 答案：1121&已知数列｛a n ｝满足 a 1= 1, a n +1 • a n = 2n (n € N)，则 S 。

【步步高】高考数学一轮复习第六章数列数列求和文

【步步高】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习第六章数列 6.4数列求和文求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d .②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q.(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．常见的裂项公式 ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1；②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( √ ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )1．(教材改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1nn ＋1，则S 5＝________. 答案 56解析 ∵a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.2．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100＝________.答案－200解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.3．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为________．答案 75解析因为S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75.4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝____________. 答案 2n ＋1－2＋n 2解析 S n ＝21－2n1－2＋n 1＋2n －12＝2n ＋1－2＋n 2.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________.答案 1 008解析因为数列a n ＝n cosn π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π ＝1 008.题型一分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝n 2＋n2－n －12＋n －12＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究例1(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解由(1)知b n ＝2n＋(－1)n·n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2.当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2， n 为偶数，2n ＋1－n 2－52， n 为奇数.思维升华某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，求其前n 项和S n . 解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3，当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.题型二错位相减法求和例2 (2015·湖北)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝192n ＋79，b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.思维升华用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．已知数列{a n }的各项均为正数，S n 是数列{a n }的前n 项和，且4S n ＝a 2n ＋2a n －3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝2n，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的值．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1－34.解得a 1＝3.又∵4S n ＝a 2n ＋2a n －3，① 当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3.② ①－②，得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2(a n －a n －1)，即a 2n －a 2n －1－2(a n ＋a n －1)＝0. ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. ∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝2 (n ≥2)，∴数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列． ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)T n ＝3×21＋5×22＋…＋(2n ＋1)·2n，③ 2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)2n ＋1，④④－③，得T n＝－3×21－2(22＋23＋…＋2n)＋(2n＋1)2n＋1＝－6＋8－2·2n＋1＋(2n＋1)·2n＋1＝(2n－1)2n＋1＋2.题型三裂项相消法求和命题点1 形如a n＝1n n＋k型例3 设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且S n满足S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1a n a n＋1＜13.(1)解由题意知，S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*.令n＝1，有S21－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，可得S21＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，又a n为正数，所以a1＝2.(2)解由S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，(S n＋3)(S n－n2－n)＝0，则S n＝n2＋n或S n＝－3，又数列{a n}的各项均为正数，所以S n＝n2＋n，S n－1＝(n－1)2＋(n－1)．所以当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，所以a n＝2n.(3)证明当n＝1时，1a1a1＋1＝12×3＝16＜13成立；当n≥2时，1a n a n＋1＝12n2n＋1＜12n－12n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，所以1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1a n a n＋1＜16＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1＝16＋12⎝⎛⎭⎪⎫13－12n＋1＜16＋16＝13.所以对一切正整数n ，有1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a na n ＋1＜13.命题点2 形如a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋1＋f n，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋1＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n n ＋k ＝1k (1n －1n ＋k )裂项后可以产生连续可以相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.四审结构定方案典例 (14分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .(1)S n ＝－12n 2＋nk ――→S n 是关于n的二次函数n ＝k 时，S n 最大――→根据S n 结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ――→根据S n求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n＝n 2n －1――→根据数列结构特征确定求和方法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――→错位相减法求和计算可得T n 规范解答解 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[4分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .[7分](2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[9分] ②－①得：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[12分]故T n ＝4－n ＋22n －1.[14分]温馨提醒 (1)根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据{9－2a n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要通过题目中数式的结构特征判定解题方案；(2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数； (3)可以通过n ＝1,2时的特殊情况对结论进行验证．[方法与技巧]非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、并项法、数列的周期性等来求和． [失误与防范]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，a n ＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．A 组专项基础训练 (时间：40分钟)1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于____________．答案 n 2＋1－12n解析该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .2．已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为________．答案 110解析通过a 7是a 3与a 9的等比中项，公差为－2，所以a 27＝a 3·a 9，所以a 27＝(a 7＋8)(a 7－4)，所以a 7＝8，所以a 1＝20，所以S 10＝10×20＋10×92×(－2)＝110.3．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________. 答案－100解析若n 为偶数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)，所以a n 是首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，所以a n 是首项为a 1＝3，公差为4的等差数列．所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝50×3＋50×492×4＋50×(－5)－50×492×4＝－100.4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，且对任意正整数k ，l ，都有a k ＋l ＝a k ＋a l ，则S 8的值是________．答案 72解析因为a 1＝2，且对任意正整数k ，l ，都有a k ＋l ＝a k ＋a l ，令k ＝n ，l ＝1，得a n ＋1＝a n ＋a 1，即a n ＋1＝a n ＋2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，从而有a n ＝2n ，所以S n ＝n (n＋1)，故S 8＝72.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，当n 为奇数时，－n 2，当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.答案 100解析由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.6．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________．答案 60解析由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60.7．整数数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为________．答案－13解析由a n ＋2＝a n ＋1－a n ，得a n ＋2＝a n －a n －1－a n ＝－a n －1，易得该数列是周期为6的数列，且a n ＋2＋a n －1＝0，S 800＝a 1＋a 2＝2 013，S 813＝a 1＋a 2＋a 3＝2 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 2－a 1＝－13，a 2＋a 1＝2 013，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1 013，a 2＝1 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝－13，a 4＝－1 013，依次可得a 5＝－1 000，a 6＝13，由此可知a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋a n ＋4＋a n ＋5＋a n ＋6＝0， ∴S 2 015＝S 5＝－13.8．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 015＋1的值等于________．答案 1解析由a n ＋1＝a 2n ＋a n ，得1a n ＋1＝1a na n ＋1＝1a n －1a n ＋1，所以1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，所以1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 015＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a 2 015－1a 2 016＝2－1a 2 016.又a n ＋1＝a 2n ＋a n ，所以a n ＋1－a n ＝a 2n >0，所以{a n }是正项递增的数列．又因为a 3＝2116>1，所以a 2 016>1，即0<1a 2 016<1，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－1a 2 016＝1.9．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2，a 2－1＝4，a 2－1a 1－1＝2，∴a n －1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n＋1.(2)b n ＝na n ＝n ·2n＋n ，故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n )．令T ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n，则2T ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1.两式相减，得－T ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1，∴T ＝2(1－2n)＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.∵1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42.10．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. (1)解由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．所以a n ＝2n (n ∈N *)． (2)证明由a n ＝2n (n ∈N *)，得b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22， T n ＝116⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －12－1n ＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122 ＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.B 组专项能力提升 (时间：20分钟)11．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝____________. 答案4nn ＋1解析 ∵a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋1＝4nn ＋1. 12．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S 2 014＝________. 答案 2 010解析由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.13．数列{a n }是等差数列，数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，设S n 为{b n }的前n 项和．若a 12＝38a 5＞0，则当S n 取得最大值时n 的值为________．答案 16解析设{a n }的公差为d ，由a 12＝38a 5＞0，得a 1＝－765d ，d ＜0，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －815d ，从而可知当1≤n ≤16时，a n ＞0；当n ≥17时，a n ＜0.从而b 1＞b 2＞…＞b 14＞0＞b 17＞b 18＞…，b 15＝a 15a 16a 17＜0，b 16＝a 16a 17a 18＞0，故S 14＞S 13＞…＞S 1，S 14＞S 15，S 15＜S 16，S 16＞S 17＞S 18＞….因为a 15＝－65d ＞0，a 18＝95d ＜0，所以a 15＋a 18＝－65d ＋95d ＝35d ＜0，所以b 15＋b 16＝a 16a 17(a 15＋a 18)＞0，所以S 16＞S 14，故当S n 取得最大值时n ＝16.14．在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n 的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是________．答案100101解析由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0，又a n ＞0，∴2a n ＋1－a n a n ＋1－1＝0，又2－a n ≠0，∴a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ，又可知a n ≠1，∴1a n ＋1－1＝1a n －1－1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以－2为首项，－1为公差的等差数列， ∴1a n －1＝－2－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a nn 2＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋…＋1100－1101＝100101. 15．(2015·山东)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3. 令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1. 经检验，符合题意． (2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n，所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋ (4)－n ·4n ＋1＝41－4n1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋3n －14n ＋19.。

2021高考数学一轮复习第一部分考点通关练第四章数列考点测试31数列求和(含解析)苏教版

考点测试31 数列求和高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值5分、12分，中等难度考纲研读1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式 2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题一、基础小题1．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵．”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有( )A.17(87－8)人 B ．17(89－8)人 C ．8＋17(87－8)人D ．8＋17(89－84)人答案 D解析由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有8＋84＋85＋86＋87＋88＝8＋841－851－8＝8＋17(89－84)，故选D.2．已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A ．250B ．200C ．150D ．100答案 D解析当n 为奇数时得a n ＋a n ＋1＝2，所以S 100＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 99＋a 100)＝2×50＝100.故选D.3．数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n ＋1＋n 的前2020项的和为( )A.2021＋1 B ．2021－1 C.2020＋1D ．2020－1答案 B 解析1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1＋n n ＋1－n ＝n ＋1－n ，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n ＋1＋n 的前2020项的和为2－1＋3－2＋4－3＋…＋2020－2019＋2021－2020＝2021－1.故选B.4．已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( )A.110B ．111C ．211D ．15答案 B解析因为2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n ，所以2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2)，两式作差，可得2na n ＝1，即a n ＝12n (n ≥2)，又当n ＝1时，2a 1＝1，即a 1＝12，满足a n ＝12n ，因此a n ＝12n ＝2－n (n ∈N *)；所以1log 2a n log 2a n ＋1＝1log 22－n log 22－n －1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1；因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，因此S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12·23·34·…·1011＝111.故选B.5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，直线y ＝x －22与圆x 2＋y 2＝2a n ＋2交于A n ，B n (n ∈N *)两点，且S n ＝14|A n B n |2.若a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n <λa 2n ＋2对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C ．[0，＋∞)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 答案 B解析圆心O (0,0)到直线y ＝x －22，即x －y －22＝0的距离d ＝|－22|2＝2，由d2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12|A n B n |2＝r 2，且S n ＝14|A n B n|2，得22＋S n ＝2a n ＋2，∴4＋S n ＝2(S n －S n －1)＋2，即S n ＋2＝2(S n －1＋2)且n ≥2；∴{S n ＋2}是以a 1＋2为首项，2为公比的等比数列．由22＋S n ＝2a n ＋2，取n ＝1，解得a 1＝2， ∴S n ＋2＝(a 1＋2)·2n －1＝2n ＋1，则S n ＝2n ＋1－2；∴a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n＋2＝2n(n ≥2)，∵a 1＝2适合上式，∴a n ＝2n.设T n ＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， ∴－T n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2；∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2，若a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n <λa 2n ＋2对任意n ∈N *恒成立，即(n －1)·2n ＋1＋2<λ(2n )2＋2对任意n ∈N *恒成立，即λ>n －12n －1对任意n ∈N *恒成立．设b n ＝n －12n －1，∵b n ＋1－b n ＝n 2n －n －12n －1＝2－n2n ，∴b 1<b 2＝b 3>b 4>…>b n >b n ＋1>…，故b n 的最大值为b 2＝b 3， ∵b 2＝b 3＝12，∴λ>12.故选B.6．已知数列{a n }为等比数列，a 1＝2，a 3＝4，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 28＝________. 答案 1020解析 ∵数列{a n }为等比数列，a 1＝2，a 3＝4，∴q 2＝a 3a 1＝2，∴a 2n ＝(a 1q n －1)2＝4×(q 2)n －1＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 28＝41－281－2＝1020.7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1，b n ＝log 2(a 2n ·2an )，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >1024的最小n 的值为________．答案 9解析当n ＝1时，a 1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n，n ≥2.所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，2n ＋2n，n ≥2，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，2n ＋1＋n n ＋1＋2，n ≥2.当n ＝9时，T 9＝210＋9×10＋2＝1116>1024；当n ＝8时，T 8＝29＋8×9＋2＝586<1024，所以满足T n >1024的最小n 的值为9.8．已知在数列{a n }中，a 1＝2,2n (a n ＋a n ＋1)＝1，设T n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ，b n ＝3T n －n －1a n，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________.答案 2n ＋1－2解析由题意可知，因为T n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ，所以2T n ＝2a 1＋22a 2＋ (2)a n ，两式相加3T n ＝a 1＋2(a 1＋a 2)＋22(a 2＋a 3)＋…＋2n －1(a n －1＋a n )＋2na n＝2＋2×12＋22×122＋…＋2n －1×12n －1＋2na n＝2＋(n －1)×1＋2na n ＝n ＋1＋2na n ，所以b n ＝2n，从而S n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.二、高考小题9．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推，求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110答案 A解析设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n n ＋12.由题意知，N >100，令n n ＋12>100，解得n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n1－2＝2n－1，前n 组所有项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n n ＋12项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k－1应与－2－n 互为相反数，即2k－1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)，所以n 最小为29，此时k ＝5.则N ＝29×1＋292＋5＝440.故选A.10．(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为________．答案 27解析设A n ＝2n －1，B n ＝2n，n ∈N *，当A k <B l <A k ＋1(k ，l ∈N *)时，2k －1<2l<2k ＋1，有k －12<2l －1<k ＋12，则k ＝2l －1，设T l ＝A 1＋A 2＋…＋A 2l －1＋B 1＋B 2＋…＋B l ，则共有k ＋l ＝2l －1＋l 个数，即T l ＝S 2l －1＋l ，而A 1＋A 2＋…＋A 2l －1＝2×1－1＋2l－12×2l －1＝22l －2，B 1＋B 2＋…＋B l ＝21－2l1－2＝2l ＋1－2.则T l ＝22l －2＋2l ＋1－2，则l ，T l ，n ，a n ＋1的对应关系为lT lna n ＋112a n ＋1 1 3 2 3 36 2 10 4 5 60 3 30 7 9 108 4 94 12 17 204 5 318 21 33 396 611503865780观察到l ＝5时，T l ＝S 21<12a 22，l ＝6时，T l ＝S 38>12a 39，则n ∈[22,38)，n ∈N *时，存在n ，使S n ≥12a n ＋1，此时T 5＝A 1＋A 2＋…＋A 16＋B 1＋B 2＋B 3＋B 4＋B 5，则当n ∈[22,38)，n ∈N *时，S n ＝T 5＋n －22＋1A 22－5＋A n －52＝n 2－10n ＋87.a n ＋1＝A n ＋1－5＝A n －4,12a n ＋1＝12[2(n －4)－1]＝24n －108，S n －12a n ＋1＝n 2－34n ＋195＝(n －17)2－94，则当n ≥27时，S n －12a n ＋1>0，即n min ＝27.11．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝11S k＝________. 答案2nn ＋1解析设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝n .∴等差数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12，∴1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴∑nk ＝1 1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2·n n ＋1＝2nn ＋1. 12．(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.答案 6解析设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 1＝6，a 3＋a 5＝0，∴6＋2d ＋6＋4d ＝0，∴d ＝－2，∴S 6＝6×6＋6×52×(－2)＝6.13．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.三、模拟小题14．(2019·太原二模)13＋13＋6＋13＋6＋9＋…＋13＋6＋9＋…＋30＝( )A.310B ．1033C ．35D ．2033答案 D解析由题意可知，数列的通项公式为13＋6＋9＋…＋3n ＝13＋3nn 2＝23·1n n ＋1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故其前n 项和S n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝23·n n ＋1，故S 10＝23×1011＝2033.故选D. 15．(2019·柳州市高三毕业班模拟)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x －1的图象上(n ∈N *)，数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝log 2S n ＋164，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n 的最小值为( )A ．－25B ．－28C ．－30D ．－32答案 C解析 ∵点(n ，a n )在函数f (x )＝2x －1的图象上，∴a n ＝2n －1，∴{a n }是首项为a 1＝1，公比为q ＝2的等比数列，∴S n ＝1×1－2n1－2＝2n－1，则b n ＝log 22n64＝2n －12，∴{b n }是首项为－10，公差为2的等差数列，由b n ≤0可得n ≤6，则T n 的最小值为T 6＝－10×6＋6×5×22＝－30.16．(2019·咸阳二模)已知等比数列{a n }的各项都为正数，满足a 1＝2，a 7＝4a 5，设b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前2019项和S 2019＝( )A.20191010 B ．12020 C ．20192020 D ．11010答案 A解析设等比数列{a n }的公比为q >0，∵a 1＝2，a 7＝4a 5，∴q 2＝4，解得q ＝2.∴a n ＝2n，log 2a n ＝n .∴b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝1＋2＋…＋(n －1)＋n ＝n n ＋12.∴1b n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前2019项和S 2019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12019－12019＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12020＝20191010. 17．(2019·开封一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，满足a 1＝2,3S n ＝(n ＋m )a n (m ∈R )，且a nb n ＝n .若存在n ∈N *，使得λ＋T n ≥T 2n 成立，则实数λ的最小值为( )A.34 B ．13 C ．12 D ．25答案 B解析 ∵3S n ＝(n ＋m )a n ，∴3S 1＝3a 1＝(1＋m )a 1，解得m ＝2， ∴3S n ＝(n ＋2)a n ，①当n ≥2时，3S n －1＝(n ＋1)a n －1，② 由①－②可得3a n ＝(n ＋2)a n －(n ＋1)a n －1，即(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，∴a n a n －1＝n ＋1n －1， ∴a 2a 1＝31，a 3a 2＝42，a 4a 3＝53，…，a n －1a n －2＝n n －2，a n a n －1＝n ＋1n －1，累乘可得a n a 1＝n n ＋12.∴a n ＝n (n ＋1)，经检验a 1＝2符合上式， ∴a n ＝n (n ＋1)，n ∈N *， ∵a n b n ＝n ，∴b n ＝1n ＋1，令C n ＝T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1，则C n ＋1－C n ＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2＞0，∴数列{C n }为递增数列，∴C n ≥C 1＝13，∵存在n ∈N *，使得λ＋T n ≥T 2n 成立， ∴λ≥C 1＝13，故实数λ的最小值为13.18．(2020·金山中学摸底)数列{a n }且 a n＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，若S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2020＝________.答案30312021解析数列{a n}且a n＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，①当n 为奇数时，a n ＝1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2； ②当n 为偶数时，a n ＝sinn π4，所以S 2020＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2019)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2020)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12019－12021＋(1＋0－1＋…＋0)＝10102021＋1＝30312021.19．(2019·山东师大附中一模)对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，已知正数数列{a n}满足S n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n＋1a n，n∈N*，其中S n为数列{a n}的前n项和，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1S1＋1S2＋…＋1S121＝________.答案20解析由题意可知S n＞0，当n＞1时，S n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤S n－S n－1＋1S n－S n－1化简可得S2n－S2n－1＝1，当n＝1时，S21＝a21＝1，所以数列{S2n}是首项和公差都为1的等差数列，即S2n＝n，所以S n ＝n，又因为当n＞1时，2(n＋1－n)＝2n＋1＋n＜22S n＜2n＋n－1＝2(n－n－1)，记S＝1S1＋1S2＋…＋1S121，一方面S＞2[122－121＋…＋2－1]＝2(122－1)＞20，另一方面S＜1＋2[(121－120)＋…＋(2－1)]＝1＋2(121－1)＝21.所以20＜S＜21.即[S]＝20.一、高考大题1．(2019·天津高考)设{a n}是等差数列，{b n}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)设数列{c n}满足c1＝1，c n＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n<2k＋1，b k，n＝2k，其中k∈N*.①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；②求∑i＝12na i c i(n∈N*)．解(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q＝6＋2d，6q2＝12＋4d，解得⎩⎪⎨⎪⎧d＝3，q＝2，故a n＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，b n＝6×2n－1＝3×2n.所以{a n}的通项公式为a n＝3n＋1，{b n}的通项公式为b n＝3×2n.(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(b n－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.所以数列{a2n(c2n－1)}的通项公式为a2n(c2n－1)＝9×4n－1.②∑i ＝12n a i c i ＝∑i ＝12n[a i ＋a i (c i －1)]＝∑i ＝12n a i ＋∑i ＝1na 2i (c 2i －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n×4＋2n2n－12×3＋∑i ＝1n(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×41－4n1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．2．(2018·浙江高考)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝⎛⎭⎪⎫1q＋q ＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，则12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.经检验，当n ＝1时，b n 也成立．故b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.3．(2018·天津高考)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)． ①求T n ；②证明∑nk ＝1 T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q . 由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d . 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4. 由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n －1，故T n ＝∑nk ＝1 (2k－1)＝∑nk ＝12k－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.②证明：因为T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以∑nk ＝1T k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2. 二、模拟大题4．(2019·淄博模拟)已知在等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝1a n＋2log 2a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1，a 2，a 3－2成等差数列， ∴2a 2＝a 1＋(a 3－2)＝2＋(a 3－2)＝a 3， ∴q ＝a 3a 2＝2，∴a n ＝a 1qn －1＝2n (n ∈N *)．(2)∵b n ＝1a n ＋2log 2a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2log 22n－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2n －1，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋5＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋2n －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋n ·[1＋2n －1]2＝n 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ∈N *)．5．(2019·怀化市二模)已知各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 8＝15，且a 1，a 2，S 3成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式与S n ； (2)设b n ＝1S n ＋2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <34. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 8＝a 1＋7d ＝15.由a 1，a 2，S 3成等比数列知a 22＝a 1S 3，即(a 1＋d )2＝a 1(3a 1＋3d )＝3a 1(a 1＋d )．所以(d －2a 1)(a 1＋d )＝0，因为a 1＋d ＝a 2≠0，所以d ＝2a 1，所以a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 1＋2n －12＝n 2.(2)证明：因为b n ＝1S n ＋2n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2<34.所以原不等式成立．6．(2019·潍坊市三模)设数列{a n }满足a 1·2a 2·3a 3·…·na n ＝2n(n ∈N *)． (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2＋2n ＋1a n的前n 项和S n . 解 (1)由n ＝1，得a 1＝2，因为a 1·2a 2·3a 3·…·na n ＝2n，当n ≥2时，a 1·2a 2·3a 3·…·(n －1)a n －1＝2n －1，由两式作商，得a n ＝2n(n >1且n ∈N *)，又因为a 1＝2符合上式，所以a n ＝2n(n ∈N *)．(2)设b n ＝2＋2n ＋1a n，则b n ＝n ＋n ·2n，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(1＋2＋…＋n )＋(2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n )，设T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n， ①所以2T n ＝22＋2·23＋…＋(n －2)·2n －1＋(n －1)·2n＋n ·2n ＋1， ②由①－②，得－T n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1，所以T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2. 所以S n ＝T n ＋n n ＋12，即S n ＝(n －1)·2n ＋1＋n n ＋12＋2.7．(2019·唐山一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋S n ＝n ＋1. (1)求S n ，a n ； (2)若b n ＝(－1)n －1·a n ＋1S n ＋n，{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 解 (1)令n ＝1，得a 1＋a 1＝2，(a 1＋2)(a 1－1)＝0，解得a 1＝1，所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝1适合上式，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －1·a n ＋1S n ＋n ＝(－1)n －1·2n ＋1n 2＋n＝(－1)n －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14－⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，当n 为奇数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14－⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝1＋1n ＋1＝n ＋2n ＋1，综上所述，T n＝⎩⎪⎨⎪⎧nn ＋1n 为偶数，n ＋2n ＋1n 为奇数.。

高考数学一轮复习课时作业三十一数列作业课件苏教版ppt

因此可得a2 a1
＝3，aa32
＝3，aa43
＝3，…，aan－n 1
＝3.
将上面的 n－1 个式子相乘可得aa21 ·aa32 ·aa43 ·…·aan－n 1 ＝3n－1.即aan1 ＝3n－1，
所以 an＝a1·3n－1，又 a1＝2，故 an＝2·3n－1.
5．已知数列{an} 满足 a1＝28，an＋1n－an ＝2，则 an＝(
【解析】选 AC.对于选项 A，an＝1＋(－1)n 取前六项得 0，2，0，2，0，2，满足条件；
对于选项 B，an＝2cos
nπ 2
取前六项得 0，－2，0，2，0，－2，不满足条件；
对于选项 C，an＝2sin
（n＋1）π
2
取前六项得 0，2，0，2，0，2，满足条件；
对于选项 D，an＝1－cos (n－1)π＋(n－1)(n－2)取前六项得 0，2，2，8，12，22，
因此 an＝62， n＋1n，＝n1≥，2. 答案：26n，＋1n，＝n1≥，2
5．已知函数
f(x)＝x2 －5x ，数列 {an}
的通项公式为
an
＝
n
＋
6 n
(n∈N* )
.当
|f(an)－14| 取得最小值时，求 n 的所有可能取值集合．
【解析】令 g(n)＝|f(an)－14| ＝|a2n －5an－14| ＝an－522－841 ，
＝________．
【解析】因为12 a1＋212 a2＋213 a3＋…＋21n an＝2n＋1，所以12 a1＋212 a2＋213 a3＋…＋21n an＋2n1＋1 an＋1
＝2(n＋1) ＋1，
两式相减得2n1＋1 an＋1＝2，即 an＝2n＋1，n≥2，又21 a1＝3，所以 a1＝6，不满足上式，

2018届高三数学文高考总复习课时跟踪检测三十一数列

课时跟踪检测 (三十一) 数列求和一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝( ) A ．41 B ．48 C ．49D ．56解析：选C 设S n ＝An 2＋Bn ，由题知，⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝9，S 5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，∴S 7＝49．2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析：选C 由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1．3．(2017·江西新余三校联考)数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100解析：选D 根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D ．4．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ．若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， ∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴S n ＝2(1－3n )1－3＝3n －1．答案：3n －15．(2017·广西高三适应性测试)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1－1的前n 项和T n ＝________．解析：∵a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，∴a n ＝2n －1． ∴1a n ＋1－1＝1(2n ＋1)2－1＝14⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋4．答案：n4n ＋4二保高考，全练题型做到高考达标1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A ．158或5B ．3116或5C ．3116D ．158解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q ，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116．2．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝( )A ．1－4nB ．4n －1C ．1－4n 3D ．4n －13解析：选B 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4， ∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列． ∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3(1－4n )1－4＝4n－1．3．(2017·江西重点中学联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16解析：选C 根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0．又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7．故选C ． 4．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin ⎝⎛⎭⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝( ) A ．2 017×2 0182B ．2 018×2 0192 C ．2 017×2 0172D ．2 018×2 0182解析：选B a n ＝n 2sin ⎝⎛⎭⎫2n ＋12π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2，n 为奇数，n 2，n 为偶数，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝－12＋22－32＋42－…－2 0172＋2 0182＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0182－2 0172)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 018＝2 018×2 0192． 5．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2D ．2n －1－2解析：选C ∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n－1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．故选C ．6．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)．答案：n (n ＋1)7．(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ．若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1， ∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3．又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝⎛⎭⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432， ∴S 5＝121．答案：1 1218．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 017＝________．解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 017＝1－21 0091－2＋2×(1－21 008)1－2＝21 010－3．答案：21 010－39．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2．(1)求{a n }与{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝32S n，求{c n }的前n 项和T n ．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴q 2＋3d ＝18,6＋d ＝q 2，联立方程可求得q ＝3，d ＝3， ∴a n ＝3n －1，b n ＝3n ．(2)由题意得：S n ＝n (3＋3n )2，c n ＝32S n ＝32×23×1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1． ∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1．10．(2017·广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n ．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2．因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4．即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0．因为公比q ≠0，所以q ＝2．所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n ，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1．②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4(1－2n －1)1－2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2017·云南师大附中检测)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，∴a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289．答案：1 2892．(2017·湖南省东部六校联考)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的n 的最小值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋a 3＝3a 2，a 2＋a 4＝2(a 3＋2)，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(2＋q 2)＝3a 1q ， ①a 1(q ＋q 3)＝2a 1q 2＋4. ②由①得q 2－3q ＋2＝0，解得q ＝1或q ＝2．当q ＝1时，不合题意，舍去；当q ＝2时，代入②得a 1＝2，所以a n ＝2·2n －1＝2n ．故所求数列{a n }的通项公式a n ＝2n (n ∈N *)． (2)因为b n ＝a n ＋log 21a n ＝2n ＋log 212n ＝2n －n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝2(1－2n )1－2－n (1＋n )2＝2n ＋1－2－12n －12n 2．因为S n －2n ＋1＋47<0，所以2n ＋1－2－12n －12n 2－2n ＋1＋47<0，即n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10．因为n ∈N *，所以使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10．。

高中数学课时跟踪检测(十三)数列的求和(习题课)苏教版必修5

课时跟踪检测（十三）数列的求和（习题课）层级一学业水平达标1．已知a n ＝(－1)n，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 9与S 10的值分别是________．解析：S 9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，S 10＝S 9＋a 10＝－1＋1＝0.答案：－1,02．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则n ＝________.解析：∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1，令n ＋1－1＝10，得n ＝120. 答案：1203．已知数列{a n }，a 1＝2，a n ＋1－2a n ＝0，b n ＝log 2a n ，则数列{b n }的前10项和等于________．解析：在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－2a n ＝0，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列．所以a n ＝2×2n －1＝2n.所以b n ＝log 22n＝n .则数列{b n }的前10项和为1＋2＋…＋10＝55. 答案：554．在数列{a n }中，已知S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n －1(4n －3)，则S 15＋S 22－S 31＝________.解析：∵S 15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29.S 22＝(－4)×11＝－44.S 31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61.∴S 15＋S 22－S 31＝29－44－61＝－76. 答案：－765．数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…，的前99项和为________．解析：由数列可知a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n －1，所以前99项的和为S 99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝－2991－2－99＝2100－101.答案：2100－1016．已知等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 1＝1,3a 3＝2a 2＋a 4，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前4项和为________．解析：∵等比数列{a n }中，a 1＝1,3a 3＝2a 2＋a 4，∴3q 2＝2q ＋q 3.又∵q ≠1，∴q ＝2，∴a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1是首项为12，公比为14的等比数列， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前4项和为12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1441－14＝85128.答案：851287．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 解析：S 6S 3＝3，故q ≠1， ∴a 1－q 61－q×1－q a 1－q3＝1＋q 3＝3，即q 3＝2.所以S 9S 6＝a 1－q 91－q ×1－q a 1－q6＝1－231－22＝73. 答案：738．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n . ∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－29．已知{a n }是递增的等差数列，a 1＝2，a 22＝a 4＋8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)设数列{a n }的公差为d ，d >0.由题意得(2＋d )2＝2＋3d ＋8，解得d ＝2. 故a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝2＋(n －1)·2＝2n . (2)∵b n ＝a n ＋2a n ＝2n ＋22n， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n ＋22n) ＝(2＋4＋…＋2n )＋(22＋24＋ (22)) ＝＋2n n2＋－4n1－4＝n (n ＋1)＋4n ＋1－43. 10．在等差数列{a n }中，a 3＝4，a 7＝8. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝a n2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为d ＝a 7－a 37－3＝1，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝n ＋1.(2)b n ＝a n 2n －1＝n ＋12n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2＋32＋422＋…＋n ＋12n －1.① 12T n ＝22＋322＋…＋n 2n －1＋n ＋12n ，②由①－②得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －1－n ＋12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＋1－n ＋12n＝1－12n1－12＋1－n ＋12n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－n ＋12n＝3－n ＋32n，所以T n ＝6－n ＋32n －1.层级二应试能力达标1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝________.解析：因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以由S n ＝2a n ＋1，得S n ＝2(S n ＋1－S n )，整理得3S n ＝2S n ＋1，所以S n ＋1S n ＝32，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，32为公比的等比数列，故S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －12．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，那么数列{b n }＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1前n 项的和为________．解析：∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋2n ＋1＝n2， ∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4nn ＋1. 答案：4n n ＋13．某厂去年的总产值是a 亿元，假设今后五年的年产值平均增长率是10%，则从今年起到第5年年末该厂的总产值是________亿元．解析：由题意可知，今年年末的总产值为 1.1a ，从今年起每年年末的总产值构成一个等比数列，首项为1.1a ，公比为1.1.所以其前5项和为S 5＝1.1a－1.151－1.1＝11×(1.15－1)a 亿元．答案：11×(1.15－1)a4．设数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab 1＋ab 2＋…＋ab 10等于________．解析：由已知可得a n ＝n ＋1，b n ＝2n －1，于是ab n ＝b n ＋1，因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(b 1＋1)＋(b 2＋1)＋…＋(b 10＋1)＝b 1＋b 2＋…＋b 10＋10＝20＋21＋…＋29＋10＝1－2101－2＋10＝1 033.答案：1 0335．求和：S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋1＋12＋14＋18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋12n －1＝________.解析：被求和式的第k 项为：a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k 1－12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k . 所以S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋ (12)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝2n ＋12n －1－2. 答案：2n ＋12n －1－26．已知等比数列{a n }及等差数列{b n }，其中b 1＝0，公差d ≠0.将这两个数列的对应项相加，得一新数列1,1,2，…，则这个新数列的前10项和为________．解析：设数列{a n }的公比为q ，则{a n }的前三项分别为1，q ，q 2，{b n }的前三项分别为0，d,2d ，于是⎩⎪⎨⎪⎧q ＋d ＝1，q 2＋2d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝0，d ＝1(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，d ＝－1.于是新数列的前10项和为(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a 10＋b 10)＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋(b 1＋b 2＋…＋b 10)＝1－2101－2＋10×0＋10×－2×(－1)＝978.答案：9787．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝13. (1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和S n .解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则依题意有q >0且⎩⎪⎨⎪⎧1＋2d ＋q 4＝21，1＋4d ＋q 2＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2.所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝qn －1＝2n －1.(2)a n b n ＝2n －12n －1， S n ＝1＋32＋522＋…＋2n －32n －2＋2n －12n －1， ① 2S n ＝2＋3＋52＋…＋2n －32n －3＋2n －12n －2.②②－①，得S n ＝2＋2＋22＋222＋…＋22n －2－2n －12n －1＝2＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n －1＝2＋2×1－12n －11－12－2n －12n －1＝6－2n ＋32n －1.8．已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，求证：S n <2.解：(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)证明：设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.所以S n <2.。

江苏专用高考数学一轮复习考点30数列求和必刷题含解析

江苏专用高考数学一轮复习考点 30 数列求和必刷题含解析 1．（江苏省南京市、盐城市 2019 届高三第二次模拟考试）等差数列 an 中，a4 10 ，前12 项的和 S12 90 ，则 a18 的值为______. 【答案】 4【解析】由题得a1 3d 1012 1112a1 2 d 90a1 13, d1, a18 13 17 (1)4 .故答案为：-42．（盐城市 2019 届高三年级第一学期期中模拟考试）若数列的首项，且，则=________.【答案】【解析】得且所以即是以 2 为首项，1 为公差的等差数列。

=n+1，从而3．（江苏省苏北六市 2018 届高三第二次调研测试）设等差数列{ }的前 n 项和为，若，，成等差数列，且【答案】，则的值为_______．【解析】由题意可得1解得则4．（江苏省淮安市等四市 2018 届高三上学期第一次模拟）已知等差数列满足，【答案】，则的值为____．【解析】由题意，，所以．，，5．（江苏省宿迁市 2018 届高三上学期第一次模拟考试）已知等差数列满足【答案】11 【解析】等差数列满足，则的值为___________． ,故答案为：11. 6．（江苏省七市 2019 届(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港)高三第二次调研考试）已知集合A { x | x 2k 1，k N}，B { x | x 8k 8，k N} ，从集合 A 中取出 m 个不同元素，其和记为 S ；从集合 B 中取出 n 个不同元素，其和记为T ．若 S T 967 ，则 m 2n 的最大值为____．【答案】44 【解析】欲使 m,n 更大，则所取元素尽可能小，所以从最小开始取，S= m 1 2m 1 m2,T n 0 8n 8 4n2 4n,m2 4n2 4n 967, 即2212n 12 m2 968, m, n N, 令 2n-1=t,则 m+2n=t+m+1,t 为奇数,m 为整数，则 t2 m2 968 ，由基本不等式 t2 m2 m t ,m t 44, 当且仅当 m=t=22 时取等，∵t 为奇数，∴ mt 的最大值在 t=22 附近22取到，则 t=21,m=23（舍）；t=21,m=22,成立；t=23,m=21（舍）; t=23,m=20,成立；故 m+t 的最大值为 43，所以 m 2n 的最大值为 44故答案为 447．（盐城市 2019 届高三年级第一学期期中模拟考试）已知数列满足：，.若成等差数列，【答案】1【解析】，，则=__________.根据题意,数列{an}满足：a1=3, 则 a2=2a1−3=2×3−3=3， a3=2a2−3=2×3+3=9， a4=2a3+3=2×9−3=15，其中 a1、a3、a4 为等差数列的前 3 项，又由{a k1}是等差数列,且 k1=1，则有 k2=3,k3=4，则 k3−k2=1．(n⩾ 2)，8．（江苏省南通市 2018 年高考数学模拟）已知为数列{an}的前 n 项和，且则{an}的首项的所有可能值为______ 【答案】【解析】，，因为，所以，所以，将以上各式相加，得，1又，所以，解得或.9．（江苏省南京师大附中 2018 届高三高考考前模拟考试）在数列{an}中，若 a4＝1，a12＝5，且任意连续三项的和都是 15，则 a2018＝______．【答案】9【解析】由题意可得 an+an+1+an+2=15，将 n 换为 an+1+an+2+an+3=15，可得 an+3=an，可得数列{an 是周期为 3 的数列．故，由 an+an+1+an+2=15，n 取 1 可得，故，故答案为 9.10．（江苏省南京师范大学附属中学 2018 届高三 5 月模拟考试）在数列中，，且任意连续三项的和都是 15，则【答案】9 【解析】由题意可得____．，将换为，可得，可得数列为周期为的数列，，即有，由任意连续三项的和都是可得可得，故答案为 .11．（江苏省徐州市（苏北三市（徐州、淮安、连云港))2019 届高三年级第一次质量检测）已知数列满足对任意的，都有，且，其中，．记．（1）若，求的值；（2）设数列满足．1① 求数列的通项公式；② 若数列满足，且当时，，是否存在正整数，使，，成等比数列？若存在，求出所有的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）1011（2）① 【解析】；② ，满足题意（1）当时，由，得，又，所以，又，所以．（2）由，得，又，所以，又因为，所以，所以所以．，，②由题意，得因为，，，，成等比数列，所以所以，即，即，．1由于，所以，即．当时，，得．当时，由(*)，得为奇数，所以综上，，即，代入(*)得，．，即，此时无正整数解．12．（江苏省淮安市淮安区 2019 届高三第一学期联合测试）已知数列的前 n 项和为，且()．（1）求；（2）设函数（3）设为实数，对满足实数的最大值．，()，求数列的前 n 项和；且的任意正整数 m，n，k，不等式恒成立，试求【答案】（1）【解析】；（2）（1）当时，当时，，满足上式，所以；（3）. ；（2）由分段函数，可以得到：，当，时，，故当，时，,1，所以；（3）由，及得，∵，∴，∵，∴，要恒成立，只要，∴ 的最大值为 .13．（江苏省清江中学 2018 届高三学情调研考试）数列中，，，（）.（1）求数列的通项公式；（2）设（），，是否存在最大的整数，使得任意的均有总成立？若存在，求出；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 【解析】;(2)7.（1）∵，∴（），∴ 等差数列.设公差为，又，，∴，∴.（2），∴假设存在整数满足总成立，又∴数列是单调递增的1∴ 的最小值，故，即又∴适合条件的的最大值为 7.14．（江苏省南京师范大学附属中学、天一、海门、淮阴四校 2018 届高三联考数学调研测试）设数列的首项为 1，前 n 项和为，若对任意的为“ 数列”．，均有（k 是常数且）成立，则称数列（1）若数列为“ 数列”，求数列的通项公式；（2）是否存在数列既是“ 数列”，也是“ 项公式及对应的 k 的值；若不存在，请说明理由；数列”？若存在，求出符合条件的数列的通（3）若数列为“ 数列”，，设【答案】（1）【解析】；（2）不存在；（3）证明见解析.（1）因为数列为“ 数列”，则故，两式相减得：，又时，，所以，，证明：．故对任意的恒成立，即（常数），故数列为等比数列，其通项公式为（2）假设存在这样的数列，则有. ，故有两式相减得：，1故有，同理由是“数列”可得，所以对任意恒成立．所以，即，又，即，两者矛盾，故不存在这样的数列既是“ 数列”，也是“（3）因为数列为“ 数列”，所以，所以，故有，，又时，，故，满足，所以对任意正整数恒成立，数列的前几项为：数列”．．故，所以，两式相减得，显然，故，1即. 15．（2017-2018 学年度第一学期江苏省常州北郊华罗庚江阴高中三校联考高三数学）已知数列 an 、 bn ，其中，a11 2，数列an满足 n1 ann 1 an1 ,n 2, n N* ，数列 bn 满足 b1 2, bn1 2bn ．（1）求数列 an 、 bn 的通项公式；（2）是否存在自然数 m ，使得对于任意 n N *, n 2, 有1 1 1 1 m 8 恒成立？若存在,求b1 b2bn 4出 m 的最小值；1 , n为奇数（3）若数列cn满足 cn { nan，求数列cn的前 n 项和Tn ．bn , n为偶数 n2 4n 3 4 2n1 1 , n为奇数【答案】（1） bn 2n ；（2）存在， m 16 ；（3）Tn {43n2 2n 4 2n 1, n为偶数．43【解析】（1）由 n 1 an n 1 an1 ，即an an1n 1 n 1．又 a11 2，所以 anan an1an1 an2an2 an3a3 a2a2 a1 a1 n 1 n 2 n 3 2 1 1n 1 n n 1432n1n 1.当 n 1 时，上式成立，因为 b1 2, bn1 2bn ，所以 bn 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 bn 2n .(2) 由（1）知 bn 2n ，则1 1b11 b21 bn11 21 221 2n 21 2n.1假设存在自然数 m ，使得对于任意 n N *, n 2, 有1 1 1 b1 b21 bnm8 4恒成立，即 2 1 2nm8 4恒成立，由 m 8 2 ，解得 m 16 ． 4所以存在自然数 m ，使得对于任意 n N *, n 2, 有1 1 1 1 m 8 恒成立，此时， m 的最小b1 b2bn 4值为 16.（3）当 n 为奇数时， Tn 1 a11 3a31 nan b2b4 bn1 2 4 n 1 22 24 2n1n1 41 4 2 2 n1 n1 n2 4n 3 4 2n1 1 ；221 443当 n 为偶数时， Tn1 a11 3a3n1 1 an1 b2b4bn 2 4 n22 24 2n n 41 42 2nn n2 2n 4 2n 1 .2 2 1443 n2 4n 3 4 2n1 1 , n为奇数因此Tn {43n2 2n 4 2n 1, n为偶数．4316．（江苏省扬州树人学校 2018 届高三模拟考试四）已知无穷数列的各项都不为零，其前 n 项和为，且满足，数列满足，其中 t 为正整数．求；若不等式对任意都成立，求首项的取值范围；若首项是正整数，则数列中的任意一项是否总可以表示为数列中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由．1【答案】(1).(2).(3) 数列中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积.理由见解析.【解析】（1）令，则，即，又，所以；由，得，两式相减得，又，故，所以（2）由（1）知数列．是首项为，公差为 1 的等差数列；数列是首项为，公差为 1 的等差数列．故所以①当时奇数时，，即，即对任意正奇数恒成立，1所以解得，．②当时偶数时，，即所以，，即对任意正偶数恒成立，解得．综合①②得（3）由数列．是首项为 1，公差为 1 的等差数列；数列知，数列的各项都是正整数．是首项为正整数，公差为 1 的等差数列设，即，所以取故，，取，，不妨设是偶数，则一定是整数，故当是偶数时，方程的一组解是当是奇数时，方程的一组解是所以数列中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积．17．（江苏省宿迁市 2018 届高三上学期第一次模拟考试）已知数列，其前项和为，满足，其中，.1（1）若，求证：数列是等比数列；（2）若数列是等比数列，求的值；（3）若，且，求证：数列是等差数列.【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）根据题意得到，即是等比数列；（2）是等比数列，设其公比为，根据，所以，，故数列，得解析：（1）证明：若所以即所以，又由，得，，可构造方程进而求得参数值；（3）先求得，由，，两式相减得：，再由迭代的方法得到数列，化简得到进而证得数列是等差数列.，则当( ),，，，，即，所以，故数列是等比数列．（2）若是等比数列，设其公比为（），当时，，即，，得 ①1当时，，即，当时，，即，② ① ，得，③ ② ，得，解得．代入①式，得．此时( )，所以故，是公比为１的等比数列，．（3）证明：若，由，得，得 ②，得 ③，又，解得．由，，，，代入所以，，成等差数列，得，由，得，两式相减得：即所以相减得：所以所以1，因为，所以，即数列是等差数列.18．（江苏省南通市 2018 届高三上学期第一次调研测试）若数列同时满足：①对于任意的正整数 n，恒成立；②若对于给定的正整数 k，对于任意的正整数 n(n＞k)恒成立，则称数列是“R(k)数列”．（1）已知，判断数列是否为“R(2)数列”，并说明理由；（2）已知数列是“R(3)数列”，且存在整数 p(p＞1)，使得，，，成等差数列，证明：是等差数列．【答案】（1）是（2）见解析【解析】试题分析：（1）根据定义验证两个条件是否成立，由于函数为分段函数，所以分奇偶分别验证（2）根据定义数列隔项成等差，再根据单调性确定公差相等，最后求各项通项，根据通项关系得数列通项，根据等差数列证结论试题解析：（1）当为奇数时，，所以..当为偶数时，，所以..所以，数列是“ 数列”.（2）由题意可得：，则数列，，，是等差数列，设其公差为，数列，，，是等差数列，设其公差为，1数列，，，是等差数列，设其公差为 .因为，所以，所以，所以①，②.若，则当时，①不成立；若，则当时，②不成立；若，则①和②都成立，所以.同理得：，所以，记.设，则.同理可得：，所以所以是等差数列.【另解】，，. ，以上三式相加可得：，所以，所以，，，所以，所以，1所以，数列是等差数列. 19．（江苏省兴化市楚水实验学校、黄桥中学、口岸中学三校 2018 届高三 12 月联考）已知数列 an 的满足 a1 1，前 n项的和为Sn，且an1 an an an 12 4Sn 1n N*.（1）求 a2 的值；（2）设 bnan an1 an，证明：数列bn是等差数列；（3）设 cn 2bn an ，若1 2 ，求对所有的正整数 n 都有 22 k 3 2 cn 成立的 k 的取值范围. 【答案】（1） a2 3 ；（2）见解析；（3） k 2 2 2, .【解析】试题分析：(1)令 n 1 得 a2(2)因为 an1 an an an 12 4Sn 1，所以4Sn1 2an an 1 an1 an①.所以4Sn112an a 1 n2 an2 an1②，由②-①，得2an1an1an2 an2 an1an an 1 an1 an. 因为 an1 0 ，所以2 an2 an .所以1 an1 an 2 ，即 an1 an 1 ，an2 an1 an1 anan2 an1 an1 anan2 an1 an1 an 即 bn1 bn 1 即可得证（3）由（2）知，因为 b1a1 a2 a11 2，所以数列bn的通项公式为 bnn1 2.因为an an1 an1 2，所以 an1 an2 1 2n 12n 2n 1 1，所以2an1n 11an 2n 1，所以数列 an 2n 1 是常数列.由a1 2111，所以an 2n 1 .所以 cn 2bn ann1222n12 2n 2n 1 .研究数列2cn的单调性求出最小值，变量分离 k与即可得解.试题解析：（1）令 n 1得 a2 3 .（2）因为 an1 an an an 14S2n1，所以4Sn1 2an an 1 an1 an①.1所以 4Sn11 2an a 1 n2 an2 an1②，由②-①，得 2an1an1an2 an2 an1an an 1 an1 an.因为 an10 ，所以 2 an2 an2 an1an an1 an.所以1 an1 an 2 ，即 an1 an 1，an2 an1 an1 anan2 an1 an1 an 即 bn1 bn 1 ，所以数列 bn 是公差为 1 的等差数列. （3）由（2）知，因为 b1a1 a2 a11 2，所以数列bn的通项公式为 bnn1 2.因为 an 1 ，所以 an1 2 1 2n 1 ，an1 an 2an 2n 1 2n 1所以an12n 11an 2n 1，所以数列 an 2n 1 是常数列.由a1 211 1，所以 an2n1. 所以 cn2bn ann1222n 12 2n 2n 1 .2因为 cn1 cn 2 22n1 2n12n 2n12 2n 2n 3 02所以数列 cn 为单调递增数列当 n 1时， cn c1 2 ，即 cn 的最小值为 2由 22 k 32cn k22 2 2 ，所以 k 2 2 max，而当1 2 时，2 在 1,42 递减， 4 2,2递增，所以 2 max12，当且仅当 1或 2 时取得，故 k 2 2 2, .120．（江苏省苏州市 2018 届高三调研测试理）在正整数集上定义函数，且．（1）求证：；，满足（2）是否存在实数 a，b，使【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）因为，对任意正整数 n 恒成立，并证明你的结论．，整理得，由，代入得，所以．（2）由，以下用数学归纳法证明，可得，．存在实数，，使① 当时，显然成立．成立．② 当时，假设存在，使得成立，那么，当时，，1即当时，存在，使得成立．由①，②可知，存在实数，，使对任意正整数 n 恒成立．21．（江苏省南通市 2018 届高三最后一卷）已知等差数列与等比数列是非常数的实数列，设.（1）请举出一对数列与，使集合中有三个元素；（2）问集合中最多有多少个元素？并证明你的结论；【答案】(1).(2)3 个，证明见解析.【解析】（1），则（2）不妨设，由令，原问题转化为关于的方程①最多有多少个解.下面我们证明：当时，方程①最多有个解：时，方程①最多有个解当时，考虑函数，则如果，则为单调函数，故方程①最多只有一个解；如果，且不妨设由恒大于或恒小于，当得由唯一零点时，恒小于或恒大于，于是当这样在区间与上是单调函数，故方程①最多有个解当时，如果如果为奇数，则方程①变为时，1显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程① 如果为偶数，则方程①变为，由的情形，上式最多有个解，即满足①的偶数最多有个这样，最多有个正数满足方程① 对于，同理可以证明，方程①最多有个解. 综上所述，集合中的元素个数最多有个. 再由（1）可知集合中的元素个数最多有个. 22．（江苏省海门中学 2018 届高三 5 月考试）对于数列，记则称数列为数列的“k 阶塑数列”，(1)已知，①若为等比数列，求的值②设 t 为任意正数，证明：存在，当时总有；(2)已知，若且对恒成立，求的取值范围.【答案】(1) ① .②见解析.(2) 【解析】（1）①.当时，满足题意；② 所以当，，，因此取不小于的正整数，时总有；（2），1因为因此，所以递增，1。

高考数学一轮复习核心素养测评三十一数列苏教版-苏教版高三全册数学试题

核心素养测评三十一数列(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.已知数列{a n}的通项公式a n=2n-4,n∈N*,若它的第k项满足2<a k<5,则k= ( )A.2B.3C.4D.5【解析】选C.数列{a n}的第k项满足2<a k<5,即2<2k-4<5,解得3<k<4.5.因为k∈N*,所以k=4.2.若数列{a n}的前n项和S n满足S n=4-a n(n∈N*),则a5= ( )A.16B.C.8D.【解析】选D.当n=1时,a1=S1=4-a1,所以a1=2;当n≥2时,a n=S n-S n-1=a n-1-a n,所以a n=a n-1,所以数列{a n}是以2为首项,以为公比的等比数列,所以a5=2×=.3.函数f(x)由下表定义:x 2 5 3 1 4f(x) 1 2 3 4 5若a0=5,a n+1=f(a n)(n∈N),则a2021的值为( )A.1B.2C.4D.5【解析】选B.因为a0=5,a n+1=f(a n),所以a1=f(a0)=f(5)=2,a2=f(a1)=f(2)=1,a3=f(a2)=f(1)=4,a4=f(a3)=f(4)=5,a5=f(a4)=f(5)=2,…,所以a1=a5.所以{a n}是以4为周期的周期数列.所以a2 021=a1=2.4.已知数列{a n}的通项公式为a n=(n∈N*).则下列说法正确的是( )A.这个数列的第10项为B.是该数列中的项C.数列中的各项都在区间内D.数列{a n}是单调递减数列【解析】选C.a n===.令n=10,得a10=,故选项A 不正确;令=,得9n=300,此方程无正整数解,故不是该数列中的项,故选项B不正确;因为a n===1-,又n∈N*,所以数列{a n}是单调递增数列,所以≤a n<1,所以数列中的各项都在区间内,故选项C正确,选项D不正确.【变式备选】在数列{a n}中,a1=3,a n+1=a n+,则通项公式a n=________.【解析】原递推公式可化为a n+1-a n=-,所以a2-a1=-,a3-a2=-,…,a n-a n-1=-,逐项相加得a n-a1=1-+-+…+-=1-,所以a n=4-(n≥2),经检验n=1也满足,故a n=4-.答案:4-5.(多选)若数列{a n}满足≤≤2(n∈N*),则称{a n}是“紧密数列”.若{a n}(n=1,2,3,4)是“紧密数列”,且a1=1,a2=,a3=x,a4=4,则x的值可以是( )A.1B.2C.3D.【解析】选BC.依题意可得解得2≤x≤3,故x的取值X围为[2,3],故选BC.6.在数列{a n}中,a1=1,a n+1-a n=sin,记S n为数列{a n}的前n项和,则S2021= ( )A.0B.2020C.1011D.2021【解析】选C.由a1=1及a n+1-a n=sin,得a n+1=a n+sin,所以a2=a1+sin π=1,a3=a2+sin=0,a4=a3+sin=0,a5=a4+sin=1,a6=a5+sin=1,a7=a6+sin=0,a8=a7+sin =0,…,可见数列{a n}为周期数列,周期T=4,所以S2 021=505(a1+a2+a3+a4)+a1=1 011.7.在数列{a n}中,其前n项和为S n,且S n=a n,则的最大值为( )A.-3B.-1C.3D.1【解析】选C.当n≥2时,S n=a n,S n-1=a n-1.两式作差可得a n=S n-S n-1=a n-a n-1,则==1+,据此可得,当n=2时,取到最大值3.二、填空题(每小题5分,共15分)8.(2020·某某模拟)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数,如图所示.他们研究过图中的1,5,12,22,…,由于这些数能够表示成五角形,将其称为五角形数,若按此规律继续下去,第n个五角形数a n=________.【解析】观察图形,发现a1=1,a2=a1+4,a3=a2+7,a4=a3+10,猜测当n≥2时,a n=a n-1+3n-2,所以a n-a n-1=3n-2,所以a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=(3n-2)+[3(n-1)-2]+…+(3×2-2)+1=n2-n.答案:n2-n【变式备选】将数列{a n}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵:a1a2,a3a4,a5,a6a7,a8,a9,a10…记数阵中的第1列数a1,a2,a4,…构成的数列为{b n},S n为数列{b n}的前n项和.若S n=2b n-1,则a56=________.【解析】当n≥2时,因为S n=2b n-1,所以S n-1=2b n-1-1,所以b n=2b n-2b n-1,所以b n=2b n-1(n≥2且n ∈N*),因为b1=2b1-1,所以b1=1,所以数列{b n}是首项为1,公比为2的等比数列,所以b n=2n-1.设a1,a2,a4,a7,a11,…的下标1,2,4,7,11,…构成数列{},则c2-c1=1,c3-c2=2,c4-c3=3,c5-c4=4,…,--1=n-1,累加得,-c1=1+2+3+4+…+(n-1),所以=+1,由=+1=56,得n=11,所以a56=b11=210=1024.答案:10249.(2020·某某模拟)设数列{a n}的前n项和为S n,若S2=4,=2S n+1,n∈N*,则a1=________,S5=________.【解析】方法一:由解得a1=1.由a n+1=S n+1-S n=2S n+1,得S n+1=3S n+1,所以S n+1+=3,所以是以为首项,3为公比的等比数列,所以S n+=×3n-1,即S n=,所以S5=121.方法二:由解得又a n+1=2S n+1,a n+2=2S n+1+1,两式相减得a n+2-a n+1=2a n+1,即=3,又=3,所以{a n}是首项为1,公比为3的等比数列,所以a n+1=3n,所以S n=,所以S5=121.答案:1 12110.(2020·某某模拟)已知数列{a n}中,a1=2,n(a n+1-a n)=a n+1,n∈N*,若对于任意的a∈[-2,2],n∈N*,不等式<2t2+at-1恒成立,则实数t的取值X围为________.【解析】n(a n+1-a n)=a n+1⇒na n+1=(n+1)a n+1,即-==-,由累加法可得:=++…++a1,即=++…++2=3-<3,对于任意的a∈[-2,2],n∈N*,不等式<2t2+at-1恒成立,即2t2+at-1≥3⇒2t2+at-4≥0.令f(a)=2t2+at-4=at+2t2-4(a∈[-2,2]),可得f(2)≥0且f(-2)≥0,即⇒可得t≥2或t≤-2.答案:(-∞,-2]∪[2,+∞)(15分钟35分)1.(5分)定义:称为n个正数P1,P2,…,P n的“均倒数”.若数列{a n}的前n 项的“均倒数”为,则数列{a n}的通项公式为( )A.a n=2n-1B.a n=4n-1C.a n=4n-3D.a n=4n-5【解析】选C.因为=,所以=2n-1,所以a1+a2+a3+…+a n=(2n-1)n,a1+a2+…+a n-1=(2n-3)·(n-1)(n≥2),当n≥2时,a n=(2n-1)n-(2n-3)(n-1)=4n-3;a1=1也适合此等式,所以a n=4n-3.【变式备选】已知n∈N*,给出4个表达式:①a n=②a n=,③a n=,④a n=.其中能作为数列0,1,0,1,0,1,0,1,…的通项公式的是()A.①②③B.①②④C.②③④D.①③④【解析】选A.检验知①②③都是所给数列的通项公式.2.(5分)(2020·某某模拟)若数列{a n}的前n项和为S n=a n-1(a≠0),则这个数列的特征是( )A.等比数列B.等差数列C.等比或等差数列D.非等差数列【解析】选C.当n≥2时,a n=S n-S n-1=a n-1-a n-1+1=a n-a n-1=a n-1(a-1),当n=1时,a1=S1=a-1,若a=1时,a n=0是等差数列,若a≠1,a≠0时,a n=a n-1(a-1)是等比数列.3.(5分)已知数列{a n}满足a n+1=a n-a n-1(n≥2),a1=m,a2=n,S n为数列{a n}的前n项和,则S2023=________.【解析】因为a n+1=a n-a n-1(n≥2),a1=m,a2=n,所以a3=n-m,a4=-m,a5=-n,a6=m-n,a7=m,a8=n,…,所以a n+6=a n(n∈N*).则S2 023=S337×6+1=337×(a1+a2+…+a6)+a1=337×0+m=m.答案:m【变式备选】已知数列{a n}的前n项和S n满足a n+2S n S n-1=0(n≥2,n∈N*),a1=,则通项公式为________. 【解析】因为当n≥2,n∈N*时,a n=S n-S n-1,所以S n-S n-1+2S n S n-1=0,-=2,所以是公差为2的等差数列.因为S1=a1=,所以=2,所以=2+(n-1)·2=2n,即S n=.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-=.当n=1时,a1=,不满足上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=答案:a n=4.(10分)若a1=1,a n+1=,求数列{a n}的通项公式.【解析】因为a n+1=,a1=1,所以a n≠0,所以=+,即-=.又a1=1,则=1,所以是以1为首项,为公差的等差数列,所以=+(n-1)×=+.所以a n=(n∈N*).5.(10分)已知数列{a n}中,a n=1+(n∈N*,a∈R且a≠0).(1)若a=-7,求数列{a n}中的最大项和最小项的值.(2)若对任意的n∈N*,都有a n≤a6成立,求a的取值X围.【解析】(1)因为a n=1+(n∈N*,a∈R且a≠0),又a=-7,所以a n=1+(n∈N*).结合函数f(x)=1+的单调性,可知1>a1>a2>a3>a4,a5>a6>a7>…>a n>1(n∈N*).所以数列{a n}中的最大项为a5=2,最小项为a4=0.(2)a n=1+=1+,已知对任意的n∈N*,都有a n≤a6成立,结合函数f(x)=1+的单调性,可知5<<6,即-10<a<-8.【变式备选】已知数列{a n}满足a1=33,a n+1-a n=2n,则的最小值为________.【解析】因为a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=2[1+2+…+(n-1)]+33=33+n2-n(n≥2),当n=1时也符合,所以a n=n2-n+33.所以=+n-1.构造函数f(x)=+x-1(x>0),求导得f′(x)=-+1.令f′(x)>0,解得x>;令f′(x)<0,解得0<x<.所以f(x)=+x-1在(,+∞)上是递增的,在(0,)上是递减的.因为n∈N*,所以当n=5或n=6时,f(n)取得最小值.又因为=,==,所以的最小值为.答案:。

高三数学一轮复习课时作业(30)数列求和江苏专版

[时间：45分钟分值：100分]基础热身1．数列11×3，12×4，13×5，…，1n n ＋2，…的前n 项和S n ＝________.2．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝________.3．已知数列{a n }中，a 1＝2，点(a n －1，a n )(n >1，且n ∈N *)在直线y ＝2x －1上，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________.4．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n n 2，则该数列的前20项之和为________．能力提升5．[2011·肇庆二模] 已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝3，前3项和为21，则a 3＋a 4＋a 5＝________.6．[2011·浙江名校联盟二模] 正项等比数列{a n }中的前n 项和为S n ，且a 4＝8，S 4－S 1＝38，则公比等于________．7．数列{a n }的通项公式是a n ＝2n＋n －1，则其前8项和S 8等于________．8．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n n ＋1的前n 项和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距是________．9．[2011·苏州模拟] 已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝5a n －133a n －7(n ∈N *)，则数列{a n }的前100项的和为________．10．[2011·泰州二模] 数列{a n }为正项等比数列，若a 2＝1，且a n ＋a n ＋1＝6a n －1(n ∈N ，n ≥2)，则此数列的前4项和S 4＝________.11．[2011·南通三模] 已知5×5数字方阵：⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 11 a 12 a 13 a 14 a 15a 21 a 22 a 23 a 24 a 25a 31 a 32 a 33 a 34 a 35a 41 a 42 a 43 a 44 a 45a 51a 52a 53a 54a 55中， a ij ＝⎩⎪⎨⎪⎧1j 是i 的整数倍，－1j 不是i 的整数倍.则∑j ＝25a 3j ＋∑i ＝24a i 4＝________.12．数列{a n }的前n 项和是S n ，若数列{a n }的各项按如下规则排列：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，16，…，若存在整数k ，使S k <10，S k ＋1≥10，则a k ＝________.13．(8分)[2012·温州十校联考] 等比数列{a n }中，已知a 2＝2，a 5＝16. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若等差数列{b n }，b 1＝a 5，b 8＝a 2，求数列{b n }前n 项和S n ，并求S n 的最大值．14．(8分)已知等差数列{a n }满足：a 3＝7，a 5＋a 7＝26.{a n }的前n 项和为S n . (1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .15．(12分)设正项等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0.(1)求{a n }的通项；(2)求{nS n }的前n 项和T n .16．(12分)已知点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13是函数f (x )＝a x(a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1前n 项和为T n ，问T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？课时作业(三十)【基础热身】1.34－12n ＋2－12n ＋4 [解析] ∵1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴ S n ＝121－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝121＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12n ＋2－12n ＋4.2.n 24＋7n 4[解析] 设数列{a n }的公差为d ，则根据题意得(2＋2d )2＝2·(2＋5d )，解得d ＝12或d ＝0(舍去)，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋n n －12×12＝n 24＋7n 4. 3．1 033 [解析] ∵a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)，∴{a n －1}为等比数列，则a n ＝2n －1＋1，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝10＋(20＋21＋…＋29) ＝10＋1－2101－2＝1 033. 4．210 [解析] S n ＝－1＋22－32＋42－…＋182－192＋202＝22－1＋42－32＋…＋202－192＝3＋7＋11＋…＋39＝103＋392＝210.【能力提升】5．84 [解析] 由题设知，数列的各项都为正数，猜测该数列为3,6,12,24,48，…，满足题目条件，所以a 3＋a 4＋a 5＝84.6.23[解析] 设首项为a 1，公比为q ，则a 4＋a 3＋a 2＝38，因为a 4＝8，所以a 3＋a 2＝30，即a 1q 3＝8，a 1q (1＋q )＝30，解得a 1＝27，q ＝23.7．538 [解析] S n ＝21－281－2＋81＋82－8＝538.8．－9 [解析] S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n n ＋1＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，所以n ＝9，所以直线在y 轴上的截距为－n ＝－9.9．200 [解析] 依题意利用枚举法由a 1＝2，a n ＋1＝5a n －133a n －7(n ∈N *)，可得a 2＝5×2－133×2－7＝3，a 3＝5×3－133×3－7＝1，a 4＝5×1－133×1－7＝2，即有a 1＝2，a 2＝3，a 3＝1，a 4＝2，进而a 5＝3，a 6＝1，所以{a n }是以3为周期的周期数列，S 100＝(a 1＋a 2＋a 3)×33＋2＝200.10.152[解析] 设等比数列的公比为q ，由a n ＋a n ＋1＝6a n －1知，当n ＝2时a 2＋a 3＝6a 1，再由数列{a n }为正项等比数列，a 2＝1，得1＋q ＝6q，q 2＋q －6＝0，q ＝－3或q ＝2.∵q >0，∴q ＝2，∴S 4＝12＋1＋2＋4＝152.11．－1 [解析] 由条件可知a 32＝－1，a 33＝1，a 34＝－1，a 35＝－1，a 24＝1，a 34＝－1，a 44＝1，从而原式＝－1.12.57 [解析] 分母相同的作为一组，可求得S 15＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16＋26＋…＋56＝152，S 21＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17＋27＋…＋67＝212>10，S 20＝13514<10，所以a k ＝a 20＝57.13．[解答] (1)由a 2＝2，a 5＝16，得q ＝2，解得a 1＝1，从而a n ＝2n －1.(2)由已知得b 1＝16，b 8＝2，又b 8＝b 1＋(8－1)d ，解得d ＝－2，所以S n ＝nb 1＋n n －12d ＝16n ＋n n －12(－2)＝－n 2＋17n ，由于S n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1722＋2894，n ∈N *，所以S n 的最大值为S 8＝S 9＝72.14．[解答] (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 3＝7，a 5＋a 7＝26，所以a 1＋2d ＝7,2a 1＋10d ＝26，解得a 1＝3，d ＝2，所以a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2)．(2)因为a n ＝2n ＋1，a 2n －1＝4n (n ＋1)，故b n ＝14n n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝141－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4n ＋1. 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n4n ＋1.15．[解答] (1)由210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0得210(S 30－S 20)＝S 20－S 10，即210(a 21＋a 22＋…＋a 30)＝a 11＋a 12＋…＋a 20，可得210·q 10(a 11＋a 12＋…＋a 20)＝a 11＋a 12＋…＋a 20.因为a n >0，所以210q 10＝1，解得q ＝12，因而a n ＝a 1q n －1＝12n ，n ＝1,2，….(2)因为{a n }是首项a 1＝12、公比q ＝12的等比数列，故S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ，nS n ＝n －n 2n .则数列{nS n }的前n 项和T n ＝(1＋2＋…＋n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋222＋…＋n 2n ，T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1.两式相减，得T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＋n 2n ＋1＝n n ＋14－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋n2n ＋1，即T n ＝n n ＋12＋12n －1＋n 2n －2.16．[解答] (1)∵f ()1＝a ＝13，∴f ()x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，a 1＝f ()1－c ＝13－c ，a 2＝[]f ()2－c －[]f ()1－c ＝－29，a 3＝[]f ()3－c －[]f ()2－c ＝－227.又数列{}a n 成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，所以c ＝1；又公比q ＝a 2a 1＝13，所以a n ＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，n ∈N *；∵S n －S n －1＝()S n －S n －1()S n ＋S n －1＝S n ＋S n －1()n ≥2，又b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1；数列{}S n 构成一个首项为1，公差为1的等差数列，∴S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－()n －12＝2n －1；上式对n ＝1也成立，∴b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1，由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009得n >1 0009，满足T n >1 0002 009的最小正整数为112.。

高考数学(文,江苏教育版)一轮复习课件第31讲数列求和

＝175，解得 n＝7.
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第31讲数列求和
▪
双向
固
基
础
3．数列{2n－(－1)n}的前 21 项的和为________．
[答案] 222－1
[解析] 将数列{2n－(－1)n}拆分为数列{2n}和数列 {(－1)n}，数列{2n}的前 21 项和 S′＝2×（11－－2221）＝222－2，
▪ 15、一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。2021年7月2021/7/312021/7/312021/7/317/31/2021
▪ 16、提出一个问题往往比解决一个更重要。因为解决问题也许仅是一个数学上或实验上的技能而已，而提出新的问题，却需要有创造性的想像力，而且标志着科学的真正进步。2021/7/312021/7/31July 31, 2021
所以 a3＋a6＝2a1＋7d＝－23，解得 a1＝－1. 故数列{an}的通项公式为 an＝－3n＋2.
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第31讲数列求和
(2)由数列{an＋bn}是首项为 1，公比为 c 的等比数列，
得 an＋bn＝cn－1，即－3n＋2＋bn＝cn－1，所以 bn＝cn－1
▪ 点＋3n－2.
面讲考
双向
固
基
础
[答案] (1)× (2)√ (3)× [解析] (1)当 a＝1 时，Sn＝n；当 a≠1 时，Sn＝a（11－－aan）.
其错误在于未能注意到求和公式中 q≠1 的条件，因此在解题时，当公比 q 是一个字母时，一定要讨论字母的取值．
(2)将已知数列求和，即可得 an＝3n－2 1. (3)分组求和法适用于一个数列的通项公式由若干个可求
变式题已知等差数列{an}中，a3＋a6＝－23，a2＋a9＝

高考数学一轮复习课时跟踪检测(三十一)数列求和理苏教版

课时跟踪检测（三十一）数列求和一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·镇江调研)已知{}a n 是等差数列，S n 为其前n 项和，若a 3＋a 7＝8，则S 9＝_______.解析：在等差数列{}a n 中，由a 3＋a 7＝8，得a 1＋a 9＝8，所以S 9＝a 1＋a 92＝8×92＝36. 答案：36 2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为________．解析：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1.答案：n ＋2n－13．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为________．解析：根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100. 答案：1004．(2018·泰州期末)已知数列{}a n 的通项公式为a n ＝n ·2n －1，前n 项和为S n ，则S n ＝________.解析：∵a n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，两式相减可得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n，化简可得S n ＝(n －1)2n＋1. 答案：(n －1)2n＋15．已知等比数列{}a n 的公比q ＞1，且a 5－a 1＝30，a 4－a 2＝12，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a na n －a n ＋1－的前n 项和为________．解析：因为a 5－a 1＝30，a 4－a 2＝12，所以a 1(q 4－1)＝30，a 1(q 3－q )＝12，两式相除，化简得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝12或2，因为q ＞1，所以q ＝2，a 1＝2. 所以a n ＝2·2n －1＝2n.所以a na n －a n ＋1－＝2nn－n ＋1－＝12n－1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1.答案：1－12n ＋1－16．若数列{a n }满足a n －(－1)na n －1＝n (n ≥2)，S n 是{a n }的前n 项和，则S 40＝________. 解析：当n ＝2k 时，即a 2k －a 2k －1＝2k ， ① 当n ＝2k －1时，即a 2k －1＋a 2k －2＝2k －1，② 当n ＝2k ＋1时，即a 2k ＋1＋a 2k ＝2k ＋1， ③ ①＋②得a 2k ＋a 2k －2＝4k －1， ③－①得a 2k ＋1＋a 2k －1＝1，S 40＝(a 1＋a 3＋a 5＋...＋a 39)＋(a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋...＋a 40)＝1×10＋(7＋15＋23＋ (79)＝10＋＋2＝440.答案：440二保高考，全练题型做到高考达标1．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n＋2n 2＝n 2＋n . 答案：n 2＋n2．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析：由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，所以b n ＝(－3)×(－4)n －1，所以|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列．所以|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝－4n1－4＝4n－1.答案：4n－13．已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16＝________.解析：根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7. 答案：74．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：因为a n ＋1－a n ＝2n，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－25．(2019·宿迁调研)已知数列{}a n 中，a 1＝1，a 2＝3，若a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0对任意n ∈N *都成立，则数列{}a n 的前n 项和S n ＝________.解析：∵a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0， ∴a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，a 2＋a 1＝4.则数列{}a n ＋1＋a n 是首项为4，公比为－1的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝4×(－1)n －1.当n ＝2k －1时，a 2k ＋a 2k －1＝4×(－1)2k －2＝4.∴S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2k －1＋a 2k )＝4k ＝2n . 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－4.S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2k －2＋a 2k －1)＝1－4×(k －1)＝5－4k ＝5－4×n ＋12＝3－2n .∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数6．在等差数列{a n }中，首项a 1＝3，公差d ＝2，若某学生对其中连续10项进行求和，在漏掉一项的前提下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为________．解析：由已知条件可得数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1，设连续10项为a i ＋1，a i ＋2，a i ＋3，…，a i ＋10，i ∈N ，设漏掉的一项为a i ＋k,1≤k ≤10，由a i ＋1＋a i ＋102－a i ＋k ＝185，得(2i ＋3＋2i ＋21)×5－2i －2k －1＝185，即18i －2k ＝66，即9i －k ＝33，所以34≤9i ＝k ＋33≤43,3＜349≤i ≤439＜5，所以i ＝4，此时，由36＝33＋k 得k ＝3，所以a i ＋k ＝a 7＝15，故此连续10项的和为200.答案：2007．(2019·邵阳模拟)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知A ，B ，C ，D ，E 五人分5钱，A ，B 两人所得与C ，D ，E 三人所得相同，且A ，B ，C ，D ，E 每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．在这个问题中，E 分得________钱．解析：由题意，设A 所得为a －4d ，B 所得为a －3d ，C 所得为a －2d ，D 所得为a －d ，E 所得为a ，则⎩⎪⎨⎪⎧5a －10d ＝5，2a －7d ＝3a －3d ，解得a ＝23，故E 分得23钱．答案：238．已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，所以a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，因为a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289.答案：1 2899．(2018·苏北四市期末)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a ，(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝6(S n ＋n )，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对于∀n ∈N *，都有S n ≤n (3n ＋1)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当n ＝1时，(a 1＋1)(a 2＋1)＝6(S 1＋1)，故a 2＝5. 当n ≥2时，(a n －1＋1)(a n ＋1)＝6(S n －1＋n －1)，所以(a n ＋1)(a n ＋1＋1)－(a n －1＋1)(a n ＋1)＝6(S n ＋n )－6(S n －1＋n －1)，即(a n ＋1)(a n ＋1－a n －1)＝6(a n ＋1)．又a n ＞0，所以a n ＋1－a n －1＝6，所以a 2k －1＝a ＋6(k －1)＝6k ＋a －6，a 2k ＝5＋6(k －1)＝6k －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋a －3，n 为奇数，3n －1，n 为偶数.(2)当n 为奇数时，S n ＝12(3n ＋a －2)(n ＋1)－n ，由S n ≤n (3n ＋1)，得a ≤3n 2＋3n ＋2n ＋1恒成立，令f (n )＝3n 2＋3n ＋2n ＋1，则f (n ＋1)－f (n )＝3n 2＋9n ＋4n ＋n ＋＞0，所以a ≤f (1)＝4.当n 为偶数时，S n ＝12n (3n ＋a ＋1)－n ，由S n ≤n (3n ＋1)得，a ≤3(n ＋1)恒成立，所以a ≤9.又a 1＝a ＞0，所以实数a 的取值范围是(0,4]．10．(2019·宿迁中学调研)已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝λa n a n ＋1(λ≠0，n ∈N *)．(1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数λ的值； (2)若λ＝12，求S n .解：(1)令n ＝1，得a 2＝21＋λ.令n ＝2，得a 2S 3－a 3S 2＋a 2－a 3＝λa 2a 3，所以a 3＝2λ＋4λ＋λ＋.由a 22＝a 1a 3，得⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2＝2λ＋4λ＋λ＋，因为λ≠0，所以λ＝1.(2)当λ＝12时，a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n ＋1a n ＋1－1a n ＝12，即S n ＋1＋1a n ＋1－S n ＋1a n ＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋1a n 是以2为首项，12为公差的等差数列，所以S n ＋1a n ＝2＋(n －1)·12，即S n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋32a n ，①当n ≥2时，S n －1＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n2＋1a n －1，② ①－②得，a n ＝n ＋32a n －n ＋22a n －1，即(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n －1，所以a n n ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是常数列，且为13，所以a n ＝13(n ＋2). 代入①得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋32a n －1＝n 2＋5n 6. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·启东检测)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，S n 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则S n ＝________尺．解析：依题意大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n 天大老鼠打洞的距离共为－2n1－2＝2n－1.同理可得前n 天小老鼠打洞的距离共为1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2－12n －1，所以S n ＝2n －1＋2－12n －1＝2n－12n －1＋1. 答案：2n－12n －1＋12．(2018·苏州高三暑假测试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ∈N *)，若对任意n ∈N *，总有S n ≤S k ，则k 的值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n －S n ＝a 1＋(n －1)d －⎣⎢⎡⎦⎥⎤na 1＋n n －2d ＝－d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32d －a 1n ＋a 1－d ＝n 2－16n ＋15，所以⎩⎪⎨⎪⎧－d2＝1，32d －a 1＝－16，a 1－d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，d ＝－2，所以S n ＝13n ＋n n －2×(－2)＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以(S n )max ＝S 7，所以S n ≤S 7对任意n ∈N *恒成立，所以k 的值为7.答案：73．(2019·南京一模)平面内的“向量列”{a n }，如果对于任意的正整数n ，均有a n ＋1－a n ＝d ，则称此“向量列”为“等差向量列”，d 称为“公差向量”；平面内的“向量列”{b n }，如果对于任意的正整数n ，均有b n ＋1＝q ·b n (q ≠0)，则称此“向量列”为“等比向量列”，常数q 称为“公比”．(1)如果“向量列”{a n }是“等差向量列”，用a 1和“公差向量”d 表示a 1＋a 2＋…＋a n ； (2)已知{a n }是“等差向量列”，“公差向量”d ＝(3,0)，a 1＝(1,1)，a n ＝(x n ，y n )，{b n }是“等比向量列”，“公比”q ＝2，b 1＝(1,3)，b n ＝(m n ，k n )，求a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n .解：(1)∵“向量列”{a n }是“等差向量列”， ∴a 1＋a 2…＋a n ＝n a 1＋(1＋2＋…＋n －1)d ＝n a 1＋n n －2d.(2)∵a 1＝(1,1)，d ＝(3,0)，∴a n ＝(3n －2,1)． ∵b 1＝(1,3)，q ＝2，∴b n ＝(2n －1,3·2n －1)．∴a n ·b n ＝(3n －2,1)·(2n －1,3·2n －1)＝(3n －2)·2n －1＋3·2n －1＝(3n ＋1)·2n －1，设S n ＝a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n ，则S n ＝＝4·20＋7·21＋…＋(3n ＋1)·2n －1，2S n ＝4·2＋7·22＋…＋(3n ＋1)·2n，两式相减可得，－S n ＝4＋3(2＋22＋…＋2n －1)－(3n ＋1)·2n＝4＋3·－2n －11－2－(3n ＋1)·2n ＝(2－3n )·2n－2，∴a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n ＝(3n －2)·2n＋2.。

2021版江苏高考数学一轮复习课后限时集训：37 数列求和

数列求和建议用时：45分钟一、选择题1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3a n ＋4的前n项和S n ＝( )A.n ＋1n ＋2B.n n ＋1C.nn ＋2D.2nn ＋1B [设等差数列{a n }的公差为d ，由a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，得a 5＝2，d ＝1，所以a n ＝n －3.则a n ＋3＝n ，a n ＋4＝n ＋1，所以1a n ＋3a n ＋4＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.所以S n＝1－1n ＋1＝nn ＋1.故选B.] 2．数列{(－1)n (2n －1)}的前2 020项和S 2 020等于( ) A ．－2 018 B ．2 018 C ．－2 020D ．2 020D [S 2 020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 019－1)＋(2×2 020－1)＝2×1 010＝2 020.故选D.]3．在数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( )A ．(2n －1)2 B.(2n －1)23 C ．4n－1D.4n －13D [由题意得，当n ＝1时，a 1＝1，当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n －1－1，则a n ＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1(n ≥2)，n ＝1时也成立，所以a n ＝2n －1，则a 2n ＝22n－2，所以数列{a 2n }的首项为1，公比为4的等比数列，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1×(1－4n )1－4＝4n －13，故选D.]4．数列{a n }中，a 1＝2，且a n ＋a n －1＝na n －a n －1＋2(n ≥2)，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1(a n －1)2前2 019项和为( )A.4 0362 019 B.2 0191 010 C.4 0372 019D.4 0392 020B [∵a n ＋a n －1＝na n －a n －1＋2(n ≥2)，∴a 2n －a 2n －1－2(a n －a n －1)＝n ，整理，得(a n －1)2－(a n －1－1)2＝n ， ∴(a n －1)2－(a 1－1)2＝n ＋(n －1)＋…＋2，又a 1＝2，∴(a n －1)2＝n (n ＋1)2，即1(a n －1)2＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1(a n －1)2前2 019项和为：21－12＋12－13＋…＋12 019－12 020＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 020＝2 0191 010.故选B.]5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋a n ＋1＝2n (n ∈N *)，则S 13＝( ) A.213－43 B.213＋23 C.214－43 D.214＋23C [∵a 1＝2，∴n ＝2时，a 2＋a 3＝22，n ＝4时，a 4＋a 5＝24， n ＝6时，a 6＋a 7＝26，n ＝8时，a 8＋a 9＝28， n ＝10时，a 10＋a 11＝210，n ＝12时，a 12＋a 13＝212， ∴S 13＝2＋22＋24＋26＋28＋210＋212 ＝2＋22[1－(22)6]1－22＝214－43.故选C.]二、填空题6．(2019·浙江台州期中)已知数列{a n }满足1a n ＝1a n ＋1－1，且a 1＝1，则a n＝，数列{b n }满足b n ＝2na n，则数列{b n }的前n 项和S n ＝ .1n (n －1)·2n ＋1＋2 [由1a n ＝1a n ＋1－1可得1a n ＋1－1a n＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，公差、首项都为1，由等差数列的通项公式可得 1a n ＝n ，a n ＝1n ，2n a n ＝n ×2n ， S n ＝1×2＋2×22＋…＋n ×2n ， 2S n ＝1×22＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，相减得S n ＝－(2＋22＋…＋2n )＋n ×2n ＋1＝－2(1－2n )1－2＋n ×2n ＋1＝(n －1)×2n＋1＋2.]7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝ . 3·21 009－3 [∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，② 由①÷②得a n ＋1a n －1＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3.]8．已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26，b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为．25101 [因为a 3＝7，a 5＋a 7＝26，所以公差d ＝2，所以a n ＝a 3＋2(n －3)＝2n ＋1.所以b n ＝1a 2n －1＝1(2n ＋1)2－1＝14n (n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.所以S 100＝b 1＋b 2＋…＋b 100＝141－12＋12－13＋…＋1100－1101＝25101.] 三、解答题9．已知等差数列{a n }满足a 6＝6＋a 3，且a 3－1是a 2－1，a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前项和为T n ，求使T n ＜17成立的最大正整数n 的值[解](1)设等差数列{a n }的公差为d ， ∵a 6－a 3＝3d ＝6，即d ＝2，∴a 3－1＝a 1＋3，a 2－1＝a 1＋1，a 4＝a 1＋6， ∵a 3－1是a 2－1，a 4的等比中项， ∴(a 3－1)2＝(a 2－1)·a 4，即(a 1＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋6)，解得a 1＝3. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝1213－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n3(2n ＋3)，由n 3(2n ＋3)＜17，得n ＜9.∴使T n ＜17成立的最大正整数n 的值为8.10．(2019·天津高考)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0，已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．[解](1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意，得⎩⎨⎧ 3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎨⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n . 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ， {b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n (n －1)2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1＝－3(1－3n )1－3＋n ×3n ＋1＝(2n －1)3n ＋1＋32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n＝3n 2＋3×(2n －1)3n ＋1＋32＝(2n －1)3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．1．定义在[0，＋∞)上的函数f (x )满足：当0≤x ＜2时，f (x )＝2x －x 2；当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2)．记函数f (x )的极大值点从小到大依次记为a 1，a 2，…，a n ，…，并记相应的极大值为b 1，b 2，…，b n ，…，则a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20的值为( )A ．19×320＋1B ．19×319＋1C ．20×319＋1D ．20×320＋1A [由题意当0≤x ＜2时，f (x )＝2x －x 2＝－(x －1)2＋1极大值点为1，极大值为1，当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2)．则极大值点形成首项为1，公差为2 的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，故a n b n ＝(2n －1)3n －1，设S ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319， 3S ＝1×31＋3×32＋…＋39×320，两式相减得－2S ＝1＋2(31＋32＋…＋319)－39×320 ＝1＋2×3(1－319)1－3－39×320，∴S ＝19×320＋1，故选A.]2．(2019·金山中学模拟)数列{a n }且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，若S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝ .3 0282 019[数列{a n }且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，①当n 为奇数时，a n ＝1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，②当n 为偶数时，a n ＝sin n π4，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)，＝121－13＋13－15＋…＋12 017－12 019＋(1＋0－1＋…＋0)，＝1 0092 019＋1＝3 0282 019.]3．(2019·济南模拟)如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上标签：原点处标数字0，记为a 0；点(1,0)处标数字1，记为a 1；点(1，－1)处标数字0，记为a 2；点(0，－1)处标数字－1，记为a 3；点(－1，－1)处标数字－2，记为a 4；点(－1,0)处标数字－1，记为a 5；点(－1,1)处标数字0，记为a 6；点(0,1)处标数字1，记为a 7；……；以此类推，格点坐标为(i ，j )的点处所标的数字为i ＋j (i ，j 均为整数)，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则S 2 018＝ .－249 [设a n 的坐标为(x ，y )，则a n ＝x ＋y .第一圈从点(1,0)到点(1,1)共8个点，由对称性可知a 1＋a 2＋…＋a 8＝0；第二圈从点(2,1)到点(2,2)共16个点，由对称性可知a 9＋a 10＋…＋a 24＝0，……；以此类推，可得第n 圈的8n 个点对应的这8n 项的和也为0.设a 2 018在第k 圈，则8＋16＋…＋8k ＝4k (k ＋1)，由此可知前22圈共有2 024个数，故S 2 024＝0，则S 2 018＝S 2 024－(a 2 024＋a 2 023＋…＋a 2 019)，a 2 024所在点的坐标为(22,22)，a 2 024＝22＋22，a 2 023所在点的坐标为(21,22)，a 2 023＝21＋22，以此类推，可得a 2 022＝20＋22，a 2 021＝19＋22，a 2 020＝18＋22，a 2 019＝17＋22，所以a 2 024＋a 2 023＋…＋a 2 019＝249，故S 2 018＝－249.]4．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设T n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．[解](1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得， ⎩⎨⎧ 4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n＋1.(2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2(n ＋2).又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤2(n ＋2)2n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8，而2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立．所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.1．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110A [设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2＞100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440. 故选A.]2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝n (n －6)，数列{b n }满足b 2＝3，b n ＋1＝3b n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列{c n }满足c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .[解](1)当 n ＝1时，a 1＝S 1＝－5，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7， ∵n ＝1适合上式，∴a n ＝2n －7(n ∈N *)． ∵b n ＋1＝3b n (n ∈N *)且b 2≠0，∴b n ＋1b n ＝3(n ∈N *)．∴{b n }为等比数列，∴b n ＝3n －1(n ∈N *)． (2)由(1)得，c n ＝⎩⎨⎧2n －7，n 为奇数，3n －1，n 为偶数.当n 为偶数时，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝n 2(－5＋2n －9)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－9n 21－9＝n (n －7)2＋3(3n －1)8. 当n 为奇数时，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝n ＋12(－5＋2n －7)2＋3⎝⎛⎭⎪⎫1－9n －121－9＝(n＋1)(n－6)2＋3(3n－1－1)8.综上所述：T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n(n－7)2＋3(3n－1)8，n为偶数，(n＋1)(n－6)2＋3(3n－1－1)8，n为奇数.。

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江苏专版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十一数列求和文含解析苏教版课时跟踪检测（三十一）数列求和一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·镇江调研)已知{}a n 是等差数列，S n 为其前n 项和，若a 3＋a 7＝8，则S 9＝_______.解析：在等差数列{}a n 中，由a 3＋a 7＝8，得a 1＋a 9＝8，所以S 9＝a 1＋a 9×92＝8×92＝36.答案：36 2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为________．解析：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1.答案：n ＋2n－13．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为________．解析：根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100. 答案：1004．(2018·泰州期末)已知数列{}a n 的通项公式为a n ＝n ·2n －1，前n 项和为S n ，则S n ＝________.解析：∵a n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，两式相减可得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n，化简可得S n ＝(n －1)2n＋1. 答案：(n －1)2n＋15．已知等比数列{}a n 的公比q ＞1，且a 5－a 1＝30，a 4－a 2＝12，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a na n －1a n ＋1－1的前n 项和为________．解析：因为a 5－a 1＝30，a 4－a 2＝12，所以a 1(q 4－1)＝30，a 1(q 3－q )＝12，两式相除，化简得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝12或2，因为q ＞1，所以q ＝2，a 1＝2. 所以a n ＝2·2n －1＝2n.所以a na n －1a n ＋1－1＝2n2n－12n ＋1－1＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1.答案：1－12n ＋1－16．若数列{a n }满足a n －(－1)na n －1＝n (n ≥2)，S n 是{a n }的前n 项和，则S 40＝________. 解析：当n ＝2k 时，即a 2k －a 2k －1＝2k ， ① 当n ＝2k －1时，即a 2k －1＋a 2k －2＝2k －1，② 当n ＝2k ＋1时，即a 2k ＋1＋a 2k ＝2k ＋1， ③ ①＋②得a 2k ＋a 2k －2＝4k －1， ③－①得a 2k ＋1＋a 2k －1＝1，S 40＝(a 1＋a 3＋a 5＋...＋a 39)＋(a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋...＋a 40)＝1×10＋(7＋15＋23＋ (79)＝10＋107＋792＝440. 答案：440二保高考，全练题型做到高考达标1．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n 2＋2n2＝n 2＋n .答案：n 2＋n2．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析：由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，所以b n ＝(－3)×(－4)n －1，所以|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列．所以|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝31－4n1－4＝4n－1.答案：4n－13．已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16＝________.解析：根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7. 答案：74．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：因为a n ＋1－a n ＝2n，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－25．(2019·宿迁调研)已知数列{}a n 中，a 1＝1，a 2＝3，若a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0对任意n ∈N *都成立，则数列{}a n 的前n 项和S n ＝________.解析：∵a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0， ∴a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，a 2＋a 1＝4.则数列{}a n ＋1＋a n 是首项为4，公比为－1的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝4×(－1)n －1.当n ＝2k －1时，a 2k ＋a 2k －1＝4×(－1)2k －2＝4.∴S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2k －1＋a 2k )＝4k ＝2n . 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－4.S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2k －2＋a 2k －1)＝1－4×(k －1)＝5－4k ＝5－4×n ＋12＝3－2n .∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数6．在等差数列{a n }中，首项a 1＝3，公差d ＝2，若某学生对其中连续10项进行求和，在漏掉一项的前提下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为________．解析：由已知条件可得数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1，设连续10项为a i ＋1，a i ＋2，a i ＋3，…，a i ＋10，i ∈N ，设漏掉的一项为a i ＋k,1≤k ≤10，由a i ＋1＋a i ＋10×102－a i ＋k ＝185，得(2i ＋3＋2i ＋21)×5－2i －2k －1＝185，即18i －2k ＝66，即9i －k ＝33，所以34≤9i ＝k ＋33≤43,3＜349≤i ≤439＜5，所以i ＝4，此时，由36＝33＋k 得k ＝3，所以a i ＋k ＝a 7＝15，故此连续10项的和为200.答案：2007．(2019·邵阳模拟)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知A ，B ，C ，D ，E 五人分5钱，A ，B 两人所得与C ，D ，E 三人所得相同，且A ，B ，C ，D ，E 每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．在这个问题中，E 分得________钱．解析：由题意，设A 所得为a －4d ，B 所得为a －3d ，C 所得为a －2d ，D 所得为a －d ，E 所得为a ，则⎩⎪⎨⎪⎧5a －10d ＝5，2a －7d ＝3a －3d ，解得a ＝23，故E 分得23钱．答案：238．已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，所以a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，因为a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289.答案：1 2899．(2018·苏北四市期末)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a ，(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝6(S n ＋n )，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对于∀n ∈N *，都有S n ≤n (3n ＋1)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当n ＝1时，(a 1＋1)(a 2＋1)＝6(S 1＋1)，故a 2＝5. 当n ≥2时，(a n －1＋1)(a n ＋1)＝6(S n －1＋n －1)，所以(a n ＋1)(a n ＋1＋1)－(a n －1＋1)(a n ＋1)＝6(S n ＋n )－6(S n －1＋n －1)，即(a n ＋1)(a n ＋1－a n －1)＝6(a n ＋1)．又a n ＞0，所以a n ＋1－a n －1＝6，所以a 2k －1＝a ＋6(k －1)＝6k ＋a －6，a 2k ＝5＋6(k －1)＝6k －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋a －3，n 为奇数，3n －1，n 为偶数.(2)当n 为奇数时，S n ＝12(3n ＋a －2)(n ＋1)－n ，由S n ≤n (3n ＋1)，得a ≤3n 2＋3n ＋2n ＋1恒成立，令f (n )＝3n 2＋3n ＋2n ＋1，则f (n ＋1)－f (n )＝3n 2＋9n ＋4n ＋2n ＋1＞0，所以a ≤f (1)＝4.当n 为偶数时，S n ＝12n (3n ＋a ＋1)－n ，由S n ≤n (3n ＋1)得，a ≤3(n ＋1)恒成立，所以a ≤9.又a 1＝a ＞0，所以实数a 的取值范围是(0,4]．10．(2019·宿迁中学调研)已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝λa n a n ＋1(λ≠0，n ∈N *)．(1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数λ的值； (2)若λ＝12，求S n .解：(1)令n ＝1，得a 2＝21＋λ.令n ＝2，得a 2S 3－a 3S 2＋a 2－a 3＝λa 2a 3，所以a 3＝2λ＋4λ＋12λ＋1.由a 22＝a 1a 3，得⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2＝2λ＋4λ＋12λ＋1，因为λ≠0，所以λ＝1.(2)当λ＝12时，a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n ＋1a n ＋1－1a n ＝12，即S n ＋1＋1a n ＋1－S n ＋1a n ＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋1a n 是以2为首项，12为公差的等差数列，所以S n ＋1a n ＝2＋(n －1)·12，即S n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋32a n ，①当n ≥2时，S n －1＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n2＋1a n －1，② ①－②得，a n ＝n ＋32a n －n ＋22a n －1，即(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n －1，所以a n n ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是常数列，且为13，所以a n ＝13(n ＋2). 代入①得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋32a n －1＝n 2＋5n 6.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·启东检测)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，S n 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则S n ＝________尺．解析：依题意大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n 天大老鼠打洞的距离共为1×1－2n1－2＝2n－1.同理可得前n 天小老鼠打洞的距离共为1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2－12n －1，所以S n ＝2n －1＋2－12n －1＝2n－12n －1＋1. 答案：2n－12n －1＋12．(2018·苏州高三暑假测试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ∈N *)，若对任意n ∈N *，总有S n ≤S k ，则k 的值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n －S n ＝a 1＋(n －1)d －⎣⎢⎡⎦⎥⎤na 1＋n n －12d ＝－d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32d －a 1n ＋a 1－d ＝n 2－16n ＋15，所以⎩⎪⎨⎪⎧－d2＝1，32d －a 1＝－16，a 1－d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，d ＝－2，所以S n ＝13n ＋n n －12×(－2)＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以(S n )max ＝S 7，所以S n ≤S 7对任意n ∈N *恒成立，所以k 的值为7.答案：73．(2019·南京一模)平面内的“向量列”{a n }，如果对于任意的正整数n ，均有a n ＋1－a n ＝d ，则称此“向量列”为“等差向量列”，d 称为“公差向量”；平面内的“向量列”{b n }，如果对于任意的正整数n ，均有b n ＋1＝q ·b n (q ≠0)，则称此“向量列”为“等比向量列”，常数q 称为“公比”．(1)如果“向量列”{a n }是“等差向量列”，用a 1和“公差向量”d 表示a 1＋a 2＋…＋a n ； (2)已知{a n }是“等差向量列”，“公差向量”d ＝(3,0)，a 1＝(1,1)，a n ＝(x n ，y n )，{b n }是“等比向量列”，“公比”q ＝2，b 1＝(1,3)，b n ＝(m n ，k n )，求a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n .解：(1)∵“向量列”{a n }是“等差向量列”， ∴a 1＋a 2…＋a n ＝n a 1＋(1＋2＋…＋n －1)d ＝n a 1＋n n －12d.(2)∵a 1＝(1,1)，d ＝(3,0)，∴a n ＝(3n －2,1)． ∵b 1＝(1,3)，q ＝2，∴b n ＝(2n －1,3·2n －1)．∴a n ·b n ＝(3n －2,1)·(2n －1,3·2n －1)＝(3n －2)·2n －1＋3·2n －1＝(3n ＋1)·2n －1，设S n ＝a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n ，则S n ＝＝4·20＋7·21＋…＋(3n ＋1)·2n －1，2S n ＝4·2＋7·22＋…＋(3n ＋1)·2n，两式相减可得，－S n ＝4＋3(2＋22＋…＋2n －1)－(3n ＋1)·2n＝4＋3·21－2n －11－2－(3n ＋1)·2n ＝(2－3n )·2n－2，∴a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n ＝(3n －2)·2n＋2.。